skripta

1. UVOD
Teorija Mreža - 1
1. ⊕ Objasnite na nekoliko primjera što znači tvrdnja da model neke naprave
posjeduje neka svojstva koja sama naprava ne posjeduje?
U modelu otpornika postoji trenutna promjena napona i struje što u
stvarnom slučaju ne postoji. Isto je i za modele kondenzatora i zavojnice.
U modelu kapaciteta postoji uskladištenje naboja, ali u kondenzatoru imamo i gubitke (R,
L).
2. ⊕ ∴U kojim bi slučajevima vrijedio KZS za efektivne vrijednosti struja grane neke
mreže?
Vrijedio bi u istosmjernim mrežama (gdje je Ief = Isr) i u izmjeničnim mrežama građenim od
istovrsnih elemenata (samo L ili samo C) tj. u kvazi-istosmjernim mrežama.
3. Obrazložite vrijedi li KZN za Fourierove koeficijente napona grana neke mreže?
u
a
b
n
k
k
a
=
1
=
π
1
=
π
∞
0 + ∑ 2 k = 1
∫
∫
π
−π
π
−π
( a
k
cos kx + b sin kx)
f ( x)
cos kxdx;
k = 0,
1,
2,...
f ( x)
sin kxdx;
k = 0,
1,
2,...
k
KZN vrijedi za Fourierove koeficijente
napona grana jer za dobivanje
koeficijenata koristimo integriranje, a
integriranje je linearna transformacija. KZ
vrijede za linearne transformacije.
4. ⊕ Petlju prožetu izmjeničnim magnetskim poljem indukcijom b(t) tvore četiri
otpornika od 1Ω. Efektivna vrijednost struje petlje je 1A. Odredite efektivnu
vrijednost napona između A i B.
1Ω
1Ω
1Ω
1Ω
5. Pod kojim uvjetima vrijede Kirchoffovi zakoni?
Napon ne možemo odrediti jer je petlja prožeta
magnetskim poljem pa ne vrijede KZ, odnosno prema
drugom i četvrtom postulatu TM nema magnetske veze
između naprava tj. nema magnetske veze koja prožima tu
petlju
Kirchoffovi zakoni vrijede ako vrijede četiri postulata teorije mreža:
• Dimenzije električnih naprava i od njih stvorena mreža zanemarive su u odnosu na valnu
duljinu koja odgovara najvišoj frekvenciji potrebnoj za rad mreže.
• Spojni vodiči među napravama beskonačne su vodljivosti i oko njih nema EM polja.
• Rezultantni naboja svake naprave u mreži jednak je nuli.
• Nema magnetske veze između naprava u mreži.

Teorija Mreža - 2
6. ∆ ∇ U mreži prema slici a) izmjerena je struja kroz otpor R5=1Ω
u iznosu 2A. Koliki
a)
je napon na R1=2Ω iste mreže otpora, ali uz premješteni naponski izvor E=10V
kako je prikazano slikom b)?
- nadomjesna shema za Tellegenov teorem: ∑ uk
( t1)
ik
( t2
) = 0
a)
Prvi pokus:
iR5 u
u
2
2
= i
2
= E = 10V
= 0V
u ( −i
) + u ( −i
) = u ( −i
) + u ( −i
)
1 1
10i
+ 0i
= 0i
+ 10⋅
2
1
u
1
1
R1
1
i = 2A
= i
2 2
2
R1
1
2
u i + u i = u i + u i
1 1
1
2
1
2 2
R = 2⋅
2 = 4
1
2
2
b)
b
k = 1
b)
Drugi pokus:
u
2
1
= E = 10V
u = 0
(ako struja ulazi u M tada ide s +
predznakom, ako izlazi iz mreže s –
predznakom)

Teorija Mreža - 3
7. Promjenom napona E1 za ∆E1 struja i1 promjeni se za ∆i1, a struja i2 za ∆i2.
odredite promjenu struje izvora E1 ako se napon E2 promjeni za ∆E2.
∆E
⋅ ∆i
+ ∆E
∆i
= ∆E
⋅ ∆i
+ ∆E
∆i
1
1
1
∆E
⋅ ∆i
= ∆E
⋅ ∆i
1
2
2
2
2
1
1
2
2
∆E
∆ i = ∆i
2
1
2
∆E1
8. ∆ U mreži sa b grana napon i struja svake grane rastavljeni su u istosmjernu i
izmjeničnu komponentu, što znači da za k-tu granu vrijedi da je:
b
~
~
( t)
= U ( 0)
+ u ( t)
, ( t)
= I ( 0)
+ i ( t)
. Čemu je jednak umnožak ∑ U ( 0)
I ( 0)
, a
uk k k
ik k k
b b
čemu umnošci u~
~ ~
i ∑= U ( 0)
i ?
∑
k = 1
k ik
k 1
k
k
b
b
b
● ∑ U k ( 0)
Ik
( 0)
= 0
● ∑ u~
~
~
k ik
= 0
● ∑ U k ( 0)
ik
= 0 (Tellegen)
= 1
= 1
= 1
k
k
a), b) – zakon očuvanja energije (što izvor privede, trošilo mora potrošiti), c) prvi pokus
istosmjerni poticaj, drugi pokus izmjenični poticaj po Tellegenu =0.
- p ( t)
= P(
0)
+ ~ p - zakon očuvanja snage na frekvenciji P(
0)
= 0;
~ p = 0 , (Tellegen)
b
~
9. ∇ ∴Vrijedi li za dvije mreže prikazane na slikama a) i b) da je: ∑ u = 0 gdje je sa
~
uk označen napon k-te grane prema slici a), a s ik
struja k-te grane prema slici b).
Obrazložite.
b
~
Izraz u = 0 predstavlja Tellegenov teorem i u ovom slučaju vrijedi jer se nije izmijenio
∑
k = 1
k ik
graf mreže (broj grana i čvorova je ostao isti). Različite mreže samo moraju imati isti graf
jer za KZS i KZN ne igraju ulogu komponente nego samo kako su međusobno spojene.
b
∑
k = 1
k
b
∑
k = 1
k = 1
k = 1
k ik
k
k

Teorija Mreža - 4
10. ⊕ Na mreži linearnih vremenski nepromjenjivih otpora M provedena su dva
pokusa. U prvom pokusu narinut je napon E=3V i uz opteretni otpor 1Ω izmjerena
je struja naponskog izvora iE=1A
i napon na opteretnom otporu uR=2V. U drugom
pokusu narinut je napon E =6V i uz opteretni otpor R =2Ω izmjerena je struja
naponskog izvora i E =1,5A. Odredite napon na opteretnom otporu uR u drugom
pokusu.
Ei
⎛ uR
⎞ ⎛ uR
⎞
EiE
+ uR
⎜−
⎟ = EiE
+ uR
⎜−
⎟
⎝ R ⎠ ⎝ R ⎠
⎛ uR
⎞ ⎛ 2 ⎞
3⋅1,
5 + 2⋅
⎜−
⎟ = 6⋅1
+ uR
⎜−
⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 1 ⎠
− u + 2u
= 6 − 4,
5
u
R
E
R
+ u ( −i
) = Ei
+ u ( −i
)
R
= 1,
5V
2. JEDNOPRILAZNI DISIPATIVNI ELEMENTI (OTPORI)
11. ⊕ Zašto je linearni memnistor identičan linearnom otporu?
● Relacija linearnog otpora: u = i ⋅ R
● Relacija linearnog memnistora:
- Identičan je jer su im relacije jednake.
ϕ = M ⋅ q /
dϕ
dq
= M
dt dt
u = Mi
12. ⊕ Nacrtati karakteristiku otpora zadanog sa i(
t)
= Iˆ
cos( ω t + ϕ)
.
- minimum funkcije je u − Î , a maksimum u
Î , zbog cos
- ovo je karakteristika nelinearnog otpora,
predstavlja strujni izvor = poopćeni prekid
13. ∆ ∇ Zadana je karakteristika otpora prema slici. Je li otpor aktivan / pasivan,
linearan / nelinearan i kako je upravljan?
- aktivan jer na dijelu kart. vrijedi u < 0 (prolazi kroz 2 i 4 kvadrant)
d
dt
R R i
- nelinearan jer ne prolazi kroz ishodišta (nema aditivnosti ni homog.)
- strujno i naponski upravljan (monoton)
Nelinearan jer nije zadovoljio načelo homogenosti
Aktivan jer mu karakteristika prolazi kroz II i IV kvadrant u-i ravnine
VNP jer se u karakteristici eksplicitno ne pojavljuj vrijeme t
R
R
E
R
R

Teorija Mreža - 5
14. Odredite koji je od ovih otpora pasivan, a koji aktivan: a) i = u cos 2ωt
, b)
i = Iˆ
3
2
sin( ω t + ϕ)
, c) i = 3+ u + 2u
, d) u = sh3i
, e) u = 2i + 3i
.
- otpor je pasivan ako prolazi kroz 1 i 3 kvadrant
- otpor je aktivan ako prolazi kroz 2 i 4 kvadrant (i 1 i 3 kvadrant)
a) i = u cos 2ωt
- aktivan
d) u = sh3i
- pasivan
- striktno pasivan
3
2
1
-6 -4 -2 2 4 6
-1
-2
-3
b) i ˆ 3
= I sin( ω t + ϕ)
- aktivan c) i = 3+ u + 2u
- aktivan
2
e) u = 2i + 3i
- aktivan
6
5
4
3
2
1
-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5
20
15
10
5
-2 -1 1 2
-5
15. ⊕ Navedite nekoliko primjera naprava s pomoću kojih se može realizirati
poopćeni kratki spoj.
Svaki naponski izvor možemo interpretirati kao poopćeni kratki spoj (akumulator,
istosmjerni generator, izmjenični generator).
16. ⊕⊗Je
li bipolarni tranzistor kvazi-aktivni otpor? Obrazložiti.
u
i
A
A
> u
< i
B
B
- otpor je kvazi-aktivan ako vrijedi:
[ ( t)
− u ( t)]
⋅[
i ( t)
− i ( t)]
< 0
u A B A B
a) ako možemo mijenjati struju baze, tj. iB iB
(t)
, tada
je tranzistor kvazi-aktivan otpor (možemo naći dvije
točke A i B koje zadovoljavaju gornji uvjet – točku A na
karakteristici za i , a točku B na karakteristici
=
t )
iB ( t2
) ).
B ( 1
b) ako je i konstantno tada tranzistor nije kvazi-
B
aktivni otpor.
-10
-15

17. ∇ Odredite jalovu i prividnu snagu izvora u = Uˆ
sinωt
.
P
* *
1
T
T
0
1
u(
t)
i(
t)
dt =
T
T
0
Uˆ
2
Uˆ
2 ⎡
2 1
sin ( ωt)
dt = ⎢
R
T R ⎢
⎣
⎡
⎤
⎢
⎥
Uˆ
2
T T T
Uˆ
2
1 ⎢1
1 ⎛ 2 ⋅ 2π
⎞ ⎥
sin
( 0 0)
=
T R ⎢
− ⎜ ⎟ − −
2 2 4 { 2π
T 2 ⎥ 4R
⎢
⎝ ⎠
⎥
ω
⎢ 14444244443
⎣
⎥
0
⎦
T / 2
T
2
= ∫ ∫
∫ ∫
1 ˆ 2
1 T 1 T / 2 1 T
2
2 ˆ 2 2 U T
S = UI = u dt i dt U sin ( t)
dt
0
0
0
2
T ∫ T ∫ =
T ∫ ω
T R ∫0
* = Uˆ
Q =
Uˆ
=
R
1 ⎡1
1 ⎤
t sin( 2 t)
T ⎢
− ω
⎣2
4ω
⎥
⎦
S
2
1 ⎡1
1 ⎤
t sin( 2 t)
T ⎢ − ω
⎣2
4ω
⎥
⎦
− P
2
=
Uˆ
8R
4
2
T
0
= Uˆ
T / 2
0
Uˆ
4
−
16R
2
Uˆ
=
R
=
0
u = Uˆ
sinωt
Uˆ
i = Iˆ
sinωt
= sinωt
R
1
2π
f = , ω = 2πf
⇒
T
T
⎤
T
Uˆ
2
/
2 1 ⎡1
1 ⎤
sin ( ωt)
dt + sin ( ωt)
dt⎥
= t sin( 2 t)
T / 2
T R ⎢
− ω
142
4 43 4 ⎥ ⎣2
4ω
⎥
⎦ 0
0 ⎦
/ 2
⎡
⎤
1 ⎢1
1 T ⎛ 2π
⎞ ⎥ Uˆ
⎢ T − sin⎜
2 T ⎟ − ( 0 − 0)
⎥ =
T
⎢
2
1
4
2
4
π
42⎝44
T
43⎠
⎥ 2
⎣
0
⎦
ˆ 2
2
U
sin ( ωt)
dt = * ⋅**
=
R 8
⎡
⎤
1 ⎢1
T 1 T ⎛ 2π
T ⎞ ⎥ Uˆ
⎢ − sin⎜
2 ⎟ −(
0 − 0)
⎥ =
T
⎢
2 2
1
4 2
4
π
4
⎝24
T
4
2
4⎠
3 ⎥
R
⎣
0
⎦
Uˆ
4
2 −Uˆ
2
16R
4
Uˆ
2
=
4R
1
2
Teorija Mreža - 6
18. ∴Na otpor ( t)
= R + R sinω
t narinuta je struja valnog oblika izraza i = Iˆ
sinωt
.
R 0 1 1
Odredite valni oblik napona na otporu kao i sve članove pripadnog Fourierova
reda.
u(
t)
= R(
t)
i(
t)
= IˆR
sin( ωt)
+ IˆR
sin( ωt)
sin( ω t)
1
u(
t)
= IˆR
sin( t)
Iˆ
0 ω + R1
2
0
1
[ cos(
( ω −ω
) t)
− cos(
( ω + ω ) t)
]
a) ako zbog lakšeg računanja
pretpostavimo ω = nω,
n = 1,
2,
3...
tada je da
je:
1
b) ako nije zadovoljen uvjet ω1 = nω
tada se
koeficijenti računaju po formuli:
1
1
1
1
bk = R Iˆ,
ak
R Iˆ
0 = 1
2
u
n
a
=
∞
0 + ∑ 2 k = 1
( a cos kx + b sin kx)
k
1 π
ak
= ∫ f ( x)
cos kxdx;
k = 0,
1,
2,...
π
−π
1 π
bk
= ∫ f ( x)
sin kxdx;
k = 0,
1,
2,...
π −π
k
2
=

Teorija Mreža - 7
19. Obrazložite koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi se realizirao linearni
aktivni otpor?
Linearnost zahtjeva da karakteristika prolazi
kroz ishodište, a aktivnost da karakteristika
ne prolazi kroz ishodište. Kontradikciju
možemo izbjeći samo tako da aktivnost
definiramo u odnosu na pogodno odabranu
fiksnu točku karakteristike U , ) tako da u
okolišu točke vrijedi
( 0 I 0
( 0 0
u −U )( i − I ) < 0.
20. ∆ ∇ U mreži sheme spoja prema slici traži se struja kroz otpor R6.
Nacrtati
maksimalno pojednostavljenu shemu spoja zadane mreže na temelju koje se
može odrediti tražena struja.
Po Millmanovom tm:
U
I
6
6
E2
E4
E2R5
+ E4R4
+ + 0
R4
R5
R4R5
( E2R5
+ E4R4
) R6
=
=
=
1 1 1 R5R6
+ R4R6
+ R4R5
+ +
R5R6
+ R4R6
+ R4R5
R R R R R R
U
=
R
6
6
4
5
5
6
6
E2R5
+ E4R4
=
R R + R R + R R
3. JEDNOPRILAZNI REAKTIVNI ELEMENTI
4
6
4
21. ⊗ Kapacitet je naponom upravljan ako se naboj kapaciteta q(t) može izraziti
jednoznačnom funkcijom napona na kapacitetu, tj. q(t)=f[uc(t)].
Dokažite da je
uskladištena energija naponom upravljanog kapaciteta dana izrazom:
c
ε C ( t)
= uc
( t)
q(
t)
− q(
x)
duc
( x)
.
∫
u (t )
0
ε
( t)
=
c
∫
q(
t)
0
u dq =
ε ( t)
= u ( t)
q(
t)
−
∫
∫
−∞
ε ( t)
= u ( t)
f ( u ( t))
c
c
c
c
c
c
−∞
u ( t)
0
t
c
t
u
c
df
dx
−
∫
t
qdu
−∞
c
dx
5
4
5
6
duc
f ( uc
) dx
dx
u ( −∞)
= 0
c

Teorija Mreža - 8
22. ⊕ Odredite uskladištenu energiju kapaciteta − 0,
5µ
F nabijenog na napon 10V.
Obrazložite!
Energija je beskonačna, tj. onolika koliku je uskladišti izvor. Po konvenciji uskladištena je
beskonačna energija, realno onoliko koliko uskladišti izvor.
23. Kako bi se obzirom na svojstvo upravljivosti nazvali kapacitet karakteristike
na slici? Je li ovaj kapacitet aktivan ili pasivan?
- Naponom je upravljan (jer tada uvijek imamo točno
definiran iznos naboja)
-lokalno aktivan ili kvaziaktivan
vrijedi da je u2>u1 tj. napon raste a pri tome je q2

Teorija Mreža - 9
26. ∆ ∇ Nacrtajte shemu spoja mreže dualnu zadanoj mreži. S1 i S2 su periodički
upravljane sklope koje sklapaju protutaktno.
- jednadžbe mreže:
3 petlje 3 KZN
4 čvora 3 KZS
Dualnost: 3 KZS, 3KZN
1. KZS
du
i = C1
dt
+ C
KZN: 1.
duC
dt
C1 2
2
duC1
2. KZS 0 = C1 + iR
− iS1
dt
duC
2
3. KZS 0 = C2 − iR
− iS
2
dt
1. KZN
2. KZN
3. KZN
u = u + u
C1
S1
u = u − u
R
C1
C 2
u = u + u
S 2 R S1
Dualnsot:
KZN =ˆ KZS
L =ˆ C
iL =ˆ uc
uL =ˆ ic
ϕ =ˆ
u =ˆ i
q
diL1
diL2
u = L1
+ L2
dt dt
diL1
2. 0 = L1 + uR
− uS1
dt
diL2
3. 0 = L2 − uR
− uS
2
dt
i = 0
u ≠ 0
KZS: 1. i = i + i 1
2.
3.
R
L1
S
i = i − i
L1
L2
i = i + i
S 2 R S1
i ≠ 0
u = 0
27. ∴ Je li dvoznačnom karakteristikom prema slici korektno prikazana
karakteristika zavojnice s feromagnetskom jezgorm?
Karakteristikom na slici nije korektno prikazana karakteristika
zavojnice jer po definiciji: karakteristika jednoprilaza je da se za bilo
koji poticaj, u bilo kojem trenutku t, struja i tok mogu prikazati
krivuljom u ravnini i - fi.
Zbog toga ovo nije korektno prikazana karakteristika jer ovisi kakav
je poticaj; u ovom slučaju imamo dva poticaja tj. ovisnost odziva da
li poticaj raste ili se smanjuje.
(Karakteristika nije korektno prikazana jer nije zadan smjer obilaska
karakteristike.)

Teorija Mreža - 10
28. ⊗ ∆ Je li u mrežama sheme spoja prema slikama a) i b) moguća istosmjerna
komponenta napona na kapacitetu C1
u periodičkom režimu rada?
- nacrtamo mrežu za istosmjerne komponente:
U
C1
( 0)
≡ 0
- nije moguća istosmjerna komponenta
- napon na C1 je izmjeničan
U
U
C1
C1
( 0)
( 0)
+ U
≠ 0
C 2
( 0)
= 0
- moguća je istosmjerna komponenta
29. Mreža sastavljena od jednoprilaza M i serijskog spoja induktiviteta L i
kapaciteta C nalazi se u periodičkom režimu rada. Valni oblik napona na
induktivitetu je zadan. Odredite i nacrtajte valni oblik struje kroz induktivitet.
- periodički režim rada srednja vrijednost napona mora biti =0 tj.
I ( 0)
≡ 0 - da nema C ništa
C
se ne mijenja jer ne znamo
što je u mreži, da imamo R
tada bi se mijenjalo
eksponencijalno.
UC
( 0)
=
di 1
= L iL
= ∫ u dt ; I L ( 0)
= 0 jer je I Csr ( 0)
= 0 iL
će biti izmjenična
dt L
uL L
u L
⎧
⎪a)
0
⎪
= ⎨b)
E
⎪
⎪
⎪c)
0
⎩
0 ≤ t ≤ t
1
T
t1
≤ t ≤ − t1
2
T2
T
− t1
≤ t ≤
2 2
diL
a) 0 = L ⇒ iL
= const ≠ 0 i < 0
dt
di i ( t ) E t
L
L
E
b) E = L ⇒ di dt iL
( t t1)
iL
( t1)
dt ∫ L = ⇒ = − +
iL
( t1
) L ∫t
1 L
di
dt
E
≈ > 0 , L ↑
L
L i
diL
c) = 0 → iL
= const > 0
dt
iL
( t1)
= −I1
⎫
E ⎛ T ⎞
⎬iL
( t)
→ b)
⇒ I1
= ⎜ − t1
− t1
⎟ − I1
iL
( T / 2 − t1)
= I1⎭
L ⎝1
2
4243⎠
∆t
E∆t
I1
=
2L
0

Teorija Mreža - 11
30. ⊕⊗Sklopke
S1 i S2 periodički i protutaktno sklapaju i to tako da je svaka od
sklopki polovinu periode T uklopljena, a polovinu isklopljena. Odredite srednje
vrijednosti napona na C1 i C2 ako je poznato L1, E, C1=2C2. Obrazloži.
- shema za srednje vrijednosti
E = U
jer
I
C1
U
≡ I
C1
L1
C 2
( 0)
( 0)
≡ 0
+ U
≡ 0
C 2
( 0)
Kada je sklopka uklopljena na C je napon
jednak E, kada je isklopljena onda je napon
0. Kako je pola vremena uključena, a pola
isključena tada je srednja vrijednost napona
E E
napon na C 1 = i C 2 = .
2 2
31. Zašto za vremenski promjenjivi induktivitet ne vrijedi PL=0? Navesti primjer.
Vremenski promjenjivi induktivitet predstavlja model električke naprave za koje ne važi
uvjet ne disipativnosti ⎜
⎛ + =
= ⎟
⎞ . Fizikalni mehanizam pomoću
⎝ ∫ ⎠
+ t T
WL
( t,
t T ) uL
( x)
iL
( x)
dx 0
t
kojeg se ostvaruje vremenska promjenjivost valja shvatiti kao izvor djelatne snage (uvor).
Uloženi mehanički rad pretvara se u električnu energiju (npr. generatori).

4. VIŠEPRILAZNI DISIPATIVNI ELEMENTI (OTPORI)
32. ∆ Što određuje broj prilaza neke naprave sa 3 ili više priključaka?
Broj prilaza neke naprave ovisi o primjeni naprave odnosno o vrsti spoja naprave.
Teorija Mreža - 12
Npr. ako bipolarni tranzistor radi u spoju pojačala tada je on dvoprilaz, dok ako radi kao
sklopka tada je jednoprilaz. (o primjeni naprave)
33. ⊕ ∴Je li zadani dvoprilaz aktivan ili pasivan?
u1
− Au1
= Ri1⎫
⎪
u2
+ i2R2
= 0 ⎬zanima
nas : u1i1
+ u2i2
= ?
u ⎪
2 = Au1
⎭
2
1
( 1−
A)
u
i1
=
R
u = −i
R
2
- opteretimo sa R2 da vidimo je li dvoprilaz
aktivan ili pasivan
u ( 1−
A)
= Ri
i
2
u
= −
R
2
2
2
1
1
Au
= −
R
2
1
2
2
1
u1
2 u
u 1i1
+ u2i2
= ( 1−
A)
− A
R R
2
1−
A A
≥
R R
( 1−
A)
R
2
2
u1
2 u1
( 1−
A)
− A ≥ 0
R R
2
≥ A
2
R
2
2
: u
2
1
2
≥
0
<
2 R
a) 1−
A ≥ A - dvoprilaz je pasivan
R
2
2 R
b) 1−
A < A - dvoprilaz je aktivan
R
2
c) ako je A>1 uvijek je aktivan
34. Simbol OP prikazan je na slici. Zašto se priključak 2' ne smije u analizi
ispustiti i kako je on u stvarnosti realiziran.
Ako ispustimo priključak 2' u skladu sa KZS-om i konstitutivnom
relacijom i-=0, i+=0 vrijedilo bi ii=0 što nije točno. (KZS Za j-tu
m
∑
k = 1
napravu Nj sa m-priključaka vrijedi da je: a = 0 .)
U stvarnosti taj priključak ne postoji nego se napon izlaza ui definira u odnosu na srednju
točku izvora za napajanje.
jkik

35. ∴Odredite prijenosnu karakteristiku sklopa ui=f(u).
u
u
u
u
i
d
i
i
= f ( u)
= u − E ⇒ u = E
= E
Z
= −E
Z
kad
u > E
kad u < E
Teorija Mreža - 13
36. ∴U mreži sheme spoja prema slici a) spojena je dioda V karakteristike na slici
b). Odredite u-i karakteristiku mreže.
a) linearni režim
u
i
+
d
= i
− E
i
= 0
Z
u + u
−
= 0
≤ u < E
d
v
za − E
i
Z
= 0 ⇒ u = 0
u + u + u = 0 ⇒ u = −u
Z
d
u = 0 i = i
≤ u < E
v
Z
i
i = i
v
⇒ 0 < i
V
v
= f ( E )
Z
b) nelinearni režim – zasićenje
u
i
d
u = E
i
u + u
E
Z
> 0
i = i = 0
+
d
Z
+ u
= 0 ⇒ u < 0
v
> 0
+ u
d
= 0
u < 0
⇒ i = 0 = i
v
V
u
v
= −E
Z
− u
d

Teorija Mreža - 14
37. ⊕ ∆ Odredite u-i karakteristiku zadane mreže ako se idealno OP nalazi samo
u linearnom režimu rada.
Mreža za KZN
3 KZN-a
1.
2.
3.
u = iRR
iR1 R1
iR2
+ R
2
= 0
uizl iR
R + iRR
( 1KZN
)
678
u = i R
R
= 2
R2
2
( 2KZS
)
=
2
i
R2
R
( 3KZN
)
6447448
u = i R + i R
izl
R
R + R
u
R
2 uizl =
( 2KZN
)
=
( 2KZS
)
=
- linearni režim rada:
i
− iR1R
R
R
R
2
2
1
+ i
Z
R
R
R
( 1KZS
)
=
( 1KZN
)
izl
=
− E ≤ u ≤ E
R2
+ R
− EZ
≤ u ≤ EZ
R
R
R
− EZ
≤ u ≤ EZ
R2
+ R R2
+ R
14243
14243
−u1
+ u1
R
− i
R
1
2
R
*
- u-i karakteristika jednoprilaza,
Linearni režim rada
+ = i−
i
u
d
= 0
= 0
Mreža za KZS
2 KZS-a
1. = i + i−
i R1
2. = i + i+
iR2 R
R2
i = −u
**
R R
2
1
u
* * R 1
*
1
R2
R1
( R2
+ R)
= − i R ( R2
+ R)
= u ( R2
+ R)
R
R R
R R R
Z
1
2
u
Rul =
i
( ovaj element mreže je vremenski ne promjenjiv, linearan, aktivan; negativni otpor)

Teorija Mreža - 15
38. Koji je linearni zavisni izvor realiziran zadanom mrežom nakon što uklopi
sklopka S?
u d
i
= 0
− = i+
= 0
- nakon što uklopi sklopka nema više R2
u 1 = ud
= 0 - strujom upravljani element mreže
u = i R = −i
R - Strujom Upravljani Naponski Izvor
2
1
1
2
1
SUNI u = f i , R )
2
( 1 1
39. ∆ Koji je linearni zavisni izvor realiziran mrežom nakon što isklopi S?
- nakon što isklopi sklopka S nema više R1
u + u
u
i
R2
2
1
d
= i R
1
u
= −
R
= u
1
2
2
R2
⇒ u = u
= −i
R
2
2
1
= u
R2
1
i = f u , R ) - Naponom Upravljan Strujni Izvor.
2
( 1 2
NUSI
40. Koji je element mreže realiziran shemom prema slici?
KZN1: 2 2 R i u = R KZS1: i + iR1
= i−
⇒ iR1
= −i
KZN2: u C = R1iR1
KZS2: i C iR2
+ i ⇒ iC
= iR2
u c
= i R
2
du
iC
= C
dt
du
u = C
dt
C
C
R
2
= CR
2
d(
R1i
dt
di
u = −L
, 1 2
dt
R CR L =
- negativni induktivitet
R1
)
= CR
2
= +
d
( R ( −i)
)
1
dt
= −CR
R
1
2
di
dt

41. ⊗ Dokažite koji je element realiziran shemom?
ud = + −
0 ; i = i = 0
Teorija Mreža - 16
1KZN: u + ud
= uC
1KZS: i 2 = i+
+ iC
⇒ i2
= iC
2KZN: 0 = uR1 − uR
2 2KZS: i = i + i1
⇒ i = −i
1 1
= uC
= ∫idt = ∫i2dt
C C
u C
uR1 R
= u 2 ⇒ i1R
= i2R
⇒ i2
= i1
= −i
1
1
u = ∫ ( − i)
dt = − ∫ idt
C
C
- realiziran je negativni kapacitet
− 1
42. ⊕ Nacrtajte element mreže dualan idealnom transformatoru zadanom
2
konstitutivnim relacijama u = nu , = −ni
.
i = −ni
u = nu
1
1
2
Dualan element:
1
i1
= ni2
⇒ i2
= i1
n
1
u2
= −nu1
⇒ u1
= − u2
n
1
2
i2 1
(kod dualnosti n=-1/n pa se mogu direktno
napisati jedndžbe)
43. ∴Dokažite da se «lebdeći induktivitet» može realizirati mrežom:
0 = u
C
u = ri '
1
1
1
u '=
−ri
− u '
0 = i '+
i '+
i
u
1
1
2
1
C
1
⇒ u '=
u
u '=
ri
C
u
2
2
⇒ i '=
−i
'−i
1
1
2
2
1
= −ri2'
⇒ * i2'
= − u2
r
C
Lebdeći induktivitet realiziran je
giratorom
u = ri u = −ri
⎛ duC
⎞ du1'
⎛ 1 ⎞ d(
−ri1)
= ri1'
= r(
−i2
'−iC
) = r⎜
− i2
'−C
⎟ = −ri2
'−rC
= −r⎜
− u2
⎟ − rC
⎝ dt ⎠
dt ⎝ r ⎠ dt
2 di1
di1
u1
=
u2
+ r{
C = u2
+ L
dt dt
L
1
2
2
1

5. VIŠEPRILAZNI REAKTIVNI ELEMENTI
Teorija Mreža - 17
44. ∴ Na linearnom dvonamotnom transformatoru L1=L2=100mH provedena su
U
U
1
2
dva mjerenja. U prvom je mjerenju narinut na primar izmjenični napon U 100V
1 ef = ,
a na neopterećenom sekundaru izmjeren je izmjenični napon U = 10V
. U
drugom mjerenju narinut je na sekundar izmjenični napon
U 2 ef
2ef
= 10V
. Kolika je
izmjerena efektivna vrijednost napona U1 na neopterećenom primaru i zašto?
di1
= L1
+
dt
di2
M
12
dt 3
= 0 jer nema struje i2
di2
di1
= L2
+ M
12
dt 3 dt
= 0
2
1
U1
⇒
⇒
U1
di1
= dt
L
1
U 2dt
U 2dt
M = =
di U 1 1 dt
L
U
−3
10
M = L ⇒ M = 100⋅10
= 0,
01
100
k
| M |
0,
01
=
100⋅10
= −3
L1L2
=
0,
1
1
U
U
1
2
di1
di2
= L1
+ M
12
3dt
dt
= L
2
= 0
2
di2
di1
U 2dt
+ M ⇒ di2
=
dt 12
3dt
L2
1
= 0
U 2dt
U 2 U
U1
= M = L1
⋅
L dt U L
U1 = 1V
2
2
=
10 10
100 100⋅10
−3
100⋅10 ⋅ ⋅
−3
- Pojavu da uz iste induktivitete namota primara i sekundara imamo 10 puta manje
inducirani napon na sekundaru možemo objasniti pomoću faktora magnetske veze k

Teorija Mreža - 18
46. ∴Za magnetski krug prema slici odrediti predznake svih međuinduktivnosti.
M>0 ako H1 H 2 > 0
r r
, tj. ako
≤ ( H , ) < 90°
r r
α
0 1 H 2
(ne translatirat vektore nego ih ''voziti '' po jarmu)
M
M
M
12
23
14
< 0
> 0
< 0
47. ⊕ Nadomjesna induktivnost paralelnog spoja dvaju magnetskih vezanih
induktiviteta dana je izrazom:
magnetskoj vezi namota L = 0 ?
ekv
L ekv
1
M
M
2
13
24
< 0
> 0
M
14
< 0
2
L1L2
− M
=
. Znači li to da je pri savršenoj
L + L − 2M
- pri savršenoj vezi k = 1 i
L L = M
1
2
- savršenu magnetsku vezu može postići samo ako je broj
zavoja jednak i ako žice jednog namota «padaju» u žice
drugog. Pri tome vrijedi da je L L = L .
L ekv
2
1 = 2
2 2
L − M ( L + M )( L − M ) L + M
= =
=
2L
− 2M
2(
L − M ) 2
1
( L + M ) ≈ L - ovaj je izraz proporcionalan sa L što znači
2
da je postojao samo jedan induktivitet.
48. ⊕ Objasnite pod kojim uvjetom vrijedi da je induktivitet zavojnice od N zavoja
2
jednak L = N L , gdje je L induktivitet jednog zavoja.
1
1
Izraz vrijedi ako je magnetska veza među njima savršena, što znači da se magnetske
silnice dvaju susjednih zavoja poklapaju. Problem je što savršena veza ne postoji.

Teorija Mreža - 19
49. ∇ Nacrtajte i objasnite nadomjesnu shemu nelinearnog savršenog
transformatora.
Savršeni:
idealni + induktivitet magnetiziranja
Konstruktivne relacije nelinearnog savršenog transformatora:
u '=
nu
1
2
= u
1
1
i1'+
i2
n
= 0
1
i1
= iµ
+ i1'
= iµ
− i2
n
1
= f ( ϕ1)
− i2
n
u = nu
i
1
1
2
1
= f ( ϕ1)
− i2
n
Lµ
Idealni transformator:
ϕ
u = nu
i
1
1
+
nelinearni savršeni
savršeni linearni
Savršeni transformator prikazujemo kao lančani spoj induktiviteta magnetiziranja L1 i
idealnog transformatora.
50. Objasnite je li moguće da u linearnom dvonamotnom transformatoru
W
W
1
2
protjeranom strujama i (t ) i i (t)
bude barem u jednom trenutku ukupna
1 2
uskladištena energija jednaka nuli?
( 0,
T ) =
( 0,
T ) =
∫u1i1dt = ∫
∫
L1i1di1
+
123
∫
∫
u2i2dt
= L2i2di2
+
14243
0
0
Mi di
∫
1
2
2
Mi di
(matematika ∫ i 1 di2
+ ∫ i2di1
= 0 ) pa dobivamo W 1 ( 0,
T ) + W2(
0,
T ) = 0
1
∫
Mi di
1
2
+ ∫ Mi2di1
= 0
W ( 0,
T ) > 0 prvi namot se ponaša kao trošilo W 0,
T ) = − | W ( 0,
T ) | < 0 drugi namot
1
se ponaša kao izvor.
| M |
- faktor magnetske veze k: 0 ≤ k = ≤1
L L
1
2
2 ( 1
● ako je k=0 ili ako su u nekom trenutku struje i1 i i2 proporcionalne.
iµ
1 2
i
n
2
= 0

Teorija Mreža - 20
51. ⊕ Objasnite način prijenosa električne energije između dva galvanski
odvojena sustava u periodičkom režimu rada s pomoću termina TM.
Prijenos električne energije između dva galvanski odvojena sustava moguć je ako postoji
međuinduktivitet M ≠ 0 i drugi uvjet je da u ravnini , ) postoji petlja nenulte površine, da
i
vrijedi
∫ 1di2
∫i2di1 ≠
( 1 2 i
i = 0.
Drugi uvjet je da struje nisu proporcionalne tj. i ≠ Ai , A = konst.
52. ⊕ ⊗ Odredite snagu prenesenu linearnim dvonamotnim transformatorom
trošilu ako su poznati valni oblici struja namota. i = Iˆ
ωt − Jˆ
sinωt
, i Iˆ
cosωt
,
te svi parametri transformatora
u = L
1
u i =
1 1
P + P = 0
1
2
1
P1
=
T
∫
T
0
u i dt
di1
di2
1 + M 12 = L ( Iˆ
1 1(
−sinωt
) ω − Jˆ
1ω
cosωt
) + M Iˆ
12 2 − (sinωt)
ω
dt dt
( − L Iˆ
ω sinωt
− L Jˆ
ω cosωt
− M Iˆ
ω sinωt
) ⋅ ( Iˆ
cosωt
− Jˆ
sinωt
)
1 1
1 1
1
1
1 cos 1
2
2
2
2
2
= −L
Iˆ
ω sinωt
cosωt
+ L Iˆ
Jˆ
ω sin ωt
− L Jˆ
Iˆ
ω cos ωt
+ L Jˆ
ω sinωt
cosωt
− MIˆ
Iˆ
ω sinωt
cosωt
+ MIˆ
Jˆ
ω sin ωt
1 1
1
1
1 1
sin ω t cosωt
= 0 - zbog ortogonalnosti
1
12
2
1 1 1
2
2
2
u i = L Iˆ
Jˆ
ω sin ωt
− L Iˆ
Jˆ
ω cos ωt
+ MIˆ
Jˆ
ω sin ωt
1 1
1
P =
T
∫
∫
T
0
T
0
1
∫
T
0
1
sin
1
1
1
1
( L Iˆ
Jˆ
2
2
2
ω sin ωt
− L Iˆ
Jˆ
ω cos ωt
+ MIˆ
Jˆ
ω sin ωt)
cos
2
1
1
1
⎛ 1 1 ⎞
ωt
= ⎜ t − sin 2ωt
⎟
⎝ 2 4ω
⎠
2
⎛ 1 1 ⎞
ωt
= ⎜ t + sin 2ωt
⎟
⎝ 2 4ω
⎠
1
1
1
T
0
T
0
1
= t
2
1
= t
2
1 ⎛
⎞
P = ⎜ L Iˆ
Jˆ
1
T − L Iˆ
Jˆ
1
1
T + MIˆ
Jˆ
1 1 1
1 1 1ω
2 1ω
T ⎟
T ⎝ 2 2
2 ⎠
ω 2 1
ˆ ˆ P = MωI
J
2
1
1
2
1
53. ⊕ Objasnite kada se dvonamotni transformator shvaća kao pasivni dvoprilaz,
a kada kao aktivni jednoprilaz! Je li on tada reaktivni ili disipativni jednoprilaz?
Sa strane sekundara je aktivni jednoprilaz, tada je on disipativan jednoprilaz
Ako se ispituju svojstva transformatora sa gledišta oba prilaza ta je on pasivan dvoprilaz.
Disipativan je. (Otpori su disipativni elementi mreže kao i izvori.)
54. Zašto idealni transformator nije reaktivni element mreže?
Idealni transformator niti rasipa niti uskladištava energiju. Prijenos energije idealnim
transformatorom ne možemo objasniti koristeći pojmove vezane uz reaktivne elemente.
1
1
1
1
2
dt
1
2
2
2 =
2
2
1

Teorija Mreža - 21
55. ∴Na slici je prikazana nadomjesna shema linearnog dvonamotnog savršenog
transformatora pri čemu je induktivitet magnetiziranja podijeljen u dva
induktiviteta LA i LB. A) odredite što je dualno linearnom dvonamotnom
savršenom transformatoru; B) zašto je bilo nužno razdijeliti induktivitet
magnetiziranja u LA i LB.
KZN:
u'
= nu'
i'
2
1
2
= −ni'
diLA
diLB
u1
= u'
1 = L
u2
= u'2
= L
dt
dt
KZS: i1 = iLA
+ i'1
i2
= iLB
+ i'2
KZS:
i'
= ni'
1
u'
2
2
1
= −nu'
duCA
duCB
i1
= i'
1 = C
i2
= i'2
= C
dt
dt
KZN: u1 = uCA
+ u'1
u2
= uCB
+ u'2
a)
1
Dualnost:
u = ˆ i
L = ˆ C
i
L
= ˆ u
C
KZN = ˆ KZS
b) LA i LB nam služe da bi mogli odrediti gubitke transformatora (iz pokusa praznog hoda
određujemo gubitke u željezu, a iz pokusa kratkog spoja određujemo gubitke u bakru).
Pošto kod transformatora možemo zamijeniti ulaz s izlazom tada ponovo moramo
imati istu konfiguraciju odnosno zbog toga razdvajamo induktivitet.
6. ZAKON KOMUTACIJA
56. Objasnite pod kojim uvjetima u mreži nastupa prijelazno stanje.
Promjenom mreže ili nekih parametara mreže nastaje prijelazno stanje. Prijelaznom stanju
uvijek prethodi komutacija i prvobitno ustaljeno stanje, a slijedi novo ustaljeno stanje ili
nestabilno stanje.
Prijelazno stanje nastaje ako u mreži imamo L i/ili C ili npr. ako priključimo mrežu na
napon, ako kratko spojimo dio mreže, nakon skokovitih promjena amplitude ili frekvencije
itd.

Teorija Mreža - 22
57. Je li mreža na slici, nakon što uklopi sklopka S dobro ili loše definirana
mreža?
di1
di2
E = L1
+ M
dt dt
u
c
u c
di1
di2
= M + L2
dt dt
=
EM
L
- ako je k = 1 ⇒ M = L1L2
tada je
napona na kapacitetu:
u c
1
1
M
−
L
u c
1
2
di1
⎛ di2
⎞ 1
⇒ = ⎜ E − M ⎟
dt ⎝ dt ⎠ L
⎛ di2
⎞ di2
⎜ ⎟ − L2
⎝ dt ⎠ dt
E L1L2
L1L2
di2
di2
= − + L2
, tj. postojat će skok
L L dt dt
EM
( + 0)
= pa je mreža loše definirana.
L
- ako je k ≠ 1 moguće je da u c ( −0) = uc
( + 0)
tj. da je mreža dobro definirana
58. Izvedite zakon komutacije za kapacitivnu petlju.
- kapacitivna petlja je svaka petlja koja nastaje komutacijom, a tvore ju samo kapaciteti i
naponski izvori.
- obzirom da su naponi na kapacitetu neposredno prije komutacije nezavisni moguća su
dva slučaja:
Prije komutacije:
1)
2)
∑u kj ( −0)
+ ∑
k∈Ck∈E ∑ukj ( −0)
+ ∑
k∈Ck∈E Nakon komutacije vrijedi: ∑ kj ( + 0)
+ ∑
k∈Ck∈E u
u
kj
kj
1
( −0)
= 0
( −0)
≠ 0
u u ( + 0)
= 0
kj
1
1
C, E skup svih kapaciteta /
naponskih izvora koji NAKON
KOMUTACIJE tvore j-tu kapacitivnu
petlju.
- za naponske izvore vrijedi da je u k ( −0) = uk
( + 0)
dakle pod slučaj 1 je i uc
( + 0)
= 0 te mreža
u intervalu [-0,+0] ostaje dobro definirana. U mreži 2 mora doći do skoka napona, a to je
moguće samo uz beskonačni impuls struje.
dqn
- KZS za n-ti čvor kapacitivne petlje: ∑ikn
+ ∑ikn
+ ∑ikn
+ ∑ = 0
dt
k∈I
- integriramo jednadžbu u intervalu [-0,+0]:
∑∫
k∈I
+ 0
−0
∑∫
+ 0
i kndt = 0;
ikndt = 0;
kndt = 0;
−0
k∈R
∑∫
+ 0
−0
k∈L
- iz toga slijedi: ∑ q kn(
−0)
= ∑ qkn(
+ 0)
k∈C
k∈C
k∈R
i ∑∫
+ 0
−0
k∈C
k∈L
dqn
dt
dt
= 0
k∈C

Teorija Mreža - 23
59. Napišite sustav jednadžbi pomoću kojega se mogu odrediti naponi na svim
kapacitetima mreže neposredno nakon uklopa S. Do uklopa svi kapaciteti
nenabijeni.
∑
A
∑
B
E = u
q = 0 → −u
q = 0 → −u
u
E =
u
u
u
u
C 2
C1
C 4
C3
C 2
( + 0)
C
C
1
C1
C 2
2
C1
( + 0)
+ u
( + 0)
C + u
1
( + 0)
C
+ u
C 2
2
− u
C 2
C 2
C 4
− u
( + 0)
−
E
( + 0)
=
⎛ C ⎞
2 C2
⎜ + 1+
⎟
⎝ C1
C4
⎠
C2
E
( + 0)
=
C1
⎛ C ⎞
2 C2
⎜ + 1+
⎟
⎝ C1
C4
⎠
C2
E
( + 0)
= −
C4
⎛ C ⎞
2 C2
⎜ + 1+
⎟
⎝ C1
C4
⎠
( −0) = uC3
( + 0)
( + 0)
− u
( + 0)
C
2
( + 0)
C
C 2
4
C 4
= 0
( + 0)
= 0
( + 0)
C
C
4
2
⇒
⇒
u
C1
u
C 4
u
( + 0)
=
Kapacitivna petlja:
q ( −0) = q(
+ 0)
C 2
− u
( + 0)
=
( + 0)
C
C
1
C 2
4
2
( + 0)
C
C
2
E,
C , C , C
1
2
4

Teorija Mreža - 24
60. U zadanoj mreži svi su kapaciteti do t=-0 nenabijeni. U t=0 uklopi sklopka S.
Odredite napon na svik kapacitetima u t≠0.
Kapacitivna petlja:
C C , C , E
1,
2 3
E = u
∑
A
∑
u
u
u
B
C1
C 2
C3
u
u
C1
C 2
C 2
Loše definirana mreža – 2 spremnika energ.
Za loše definiranu mrežu KZN: ∑ q = 0
- kapaciteti ne nabijeni:
u C −0) = uC
( −0)
= uC
( −0)
= 0 , ali
u
u
u
1 ( 2
3
C1
C 2
C3
q = 0 → −u
q = 0 → −u
( + 0)
≠ u
( + 0)
≠ u
( + 0)
≠ u
( + 0)
+ u
u
( + 0)
=
u
( + 0)
=
C3
C3
C3
C 2
C3
C1
C 2
C3
( + 0)
C
( + 0)
C
( −0)
≠ 0
( −0)
≠ 0
( −0)
≠ 0
( + 0)
+ u
2
3
C1
+ u
+ u
( + 0)
C3
C1
( + 0)
C3
⎫
C ⎪
1 ⎪ u
⎬E
=
( + 0)
C3
⎪
C ⎪ 2 ⎭
E
( + 0)
=
⎛ C ⎞
3 C3
⎜ + + 1 ⎟
⎝ C1
C2
⎠
C3
E
( + 0)
=
C1
⎛ C ⎞
3 C3
⎜ + + 1 ⎟
⎝ C1
C2
⎠
C3
E
( + 0)
=
C2
⎛ C ⎞
3 C3
⎜ + + 1 ⎟
⎝ C1
C2
⎠
( + 0)
C
= 0
( + 0)
C = 0
C3
1
3
( + 0)
C
C
1
3
u
+
C3
A
( + 0)
C
C
2
3
+ u
C3
( + 0)

Teorija Mreža - 25
61. U t=0 uklopi sklopka S. Odredite struje primarnog i sekundarnog namota u
trenutku t=+0 ako je transformator linearan i savršen.
E = L
1
di1
di2
+ M
dt dt
di di
0 Ri
dt dt
di
dt
M =
1 2 L L
L di
M dt
R
M
1
2
1 2 2
= M + L2
+ 2 = − − i2
⎛ L2
di2
R ⎞ di2
E = L1⎜
− − i2
⎟ + M
⎝ M dt M ⎠ dt
L1L2
di2
RL1
di2
E = − − i2
+ M
M dt M dt
2
di2
⎛ L1L2
⎞ RL1
di ⎛ 2 − L1L2
+ M ⎞ RL
E = ⎜−
+ M ⎟ − i2
=
−
dt M M dt ⎜
M ⎟
⎝ ⎠
⎝
⎠ M
142
4 43 4
RL
E = −
M
i
2
1
i
( + 0)
= −
2
M
RL
1
E
0
L2
L2
M
Transformator je savršen pa vrijedi: i 1 ( + 0)
+ i2(
+ 0)
= 0 i1
( + 0)
= E
L
L RL
62. Do trenutka t=-0 mreža je bila ustaljenom stanju. U t=0 isklopi sklopka S.
Odrediti struju kroz L1 u t=+0.
L i −0) + L i ( −0)
= L i ( + 0)
+ L i ( + 0)
- zakon očuvanja toka
L
1 1(
2 2
1 1
2 2
i ( +
0)
= i ( + 0)
1
L i ( −0)
= L i ( + 0)
+ L i ( + 0)
1 1
1
E
R
1
= i ( + 0)[
L + L ]
L1E
R1
i1(
+ 0)
=
L + L
1
2
1
1 1
2
1
2
L1E
L1
= =
R ( L + L ) L + L
1
2 1
1
2
1
i ( −0)
=
1
2
E
R
E
R
1
1
1
i
2
1
1

Teorija Mreža - 26
63. Do t=-0 mreža je bila u ustaljenom stanju. U t=0 isklopi sklopka S. Odredite
1 L2
količinu energije pretvorene u toplinu na sklopci. Komentirajte slučaj =
R R
L
.
W
W
1
2
Loše definirana mreža (imamo induktivni čvor)
i
L1
i
L2
∆W
1 2
2
= [ L1i
R1
( −0)
+ L2i
R2
( −0)]
2
1
2
= [( L1
+ L2
) iL
( + 0)]
2
( −0)
≠ i
( −0)
≠ i
S
= ?
L1
L2
( + 0)
( + 0)
i L ( + 0)
= iL1
( + 0)
= iL2
( + 0)
diL
- u ustaljenom stanju (sve veličine ili periodičke ili konstantne): uL
= L = 0 ,
dt
E
iR = ;
1 R
∑ϕ =
1
0
sklopci.
E
iR 2 = ,
R
L i
1 R1
2
t = −0
( −0)
− L i
t = (−0)
2 R2
⎛ L1
L
E ⎜ −
R1
R
iL
( + 0)
=
⎝
L + L
1
2
2
2
t = + 0
( −0)
= ( L + L ) i ( + 0)
⎞
⎟
⎠
1
2
2
1 ⎡⎛
⎞
⎤
2 L ⎛ ⎞
⎢⎜
1 L2
⎟
L1
L2
∆ W = W1
−W2
= E
⎜
+
⎟
− ⎜ − ⎟ ( L1
+ L2)
⎥
2 2
2 ⎢⎣
⎝ R1
R2
⎠ ⎝ R1
R2
⎠ ⎥⎦
- ako
L 1 L2
= tada
R
1
R
2
L
1 ⎛ ⎞
2 L
⎜ 1 L2
W = E ⎟
⎜
+ 2
2
⎟
i pri tome su gubici najveći na
⎝ R1
R2
⎠
∆ 2
1
2

Teorija Mreža - 27
64. Objasnite na primjerima zašto neka stvarna mreža (uređaj) koja na razini
najjednostavnijih modela komponenata koje tvore tu mrežu predstavlja loše
definiranu mrežu najvjerojatnije neću u praksi uspješno raditi?
7. MREŽE PRVOG REDA
a) Kod uzbude motora prilikom otvaranja
sklopka će izgorjeti. Moguća je zaštita
reverzno spojena dioda. (bez diode loše
definirana mreža, s diodom dobro
definrana)
b) Uklapanje / isklapanje tranzistora
65. Dokažite da je u mreži sheme prema slici napon na kapacitetu od t=+0 dan
− 1 t
RC
izrazom uC
( t)
= uC
( + 0)
e + ∫ e
RC 0
t
t
−
RC
u(
x)
dx
u = uR
+ uC
= Ri + uC
duC
iC
= C
dt
duC
u = RC + uC
dt
duC
⇒ RC + uC
dt
= u
duC
τ + uC
dt
= u
y '+ P(
x)
y = Q(
x)
- linearna diferencijalna jednadžba; rješenje:
1
'(
t)
+ u
τ
uC C
u = e
= e
= u
t
−
τ
= Ce
1
−∫
dt
τ
C
t
−
τ
⎡
⎢
⎣
∫
1
+
τ
( + 0)
e
1
( t)
= u(
t)
τ
u(
t)
e
τ
∫
t
−
τ
1
+
τ
1
∫ dt
τ
u(
x)
e
∫
⎤
dt + C⎥
⎦
t ⎡1
⎤
τ
⎢ ∫ u(
t)
e dt + C⎥
⎣τ
⎦
t x
− +
τ τ
T
0
e
dx
t−
x
−
τ
u(
x)
dx
1
P = ,
τ
u(
t)
Q =
τ
−∫
Pdx
y = e
⎡ ∫
⎢⎣ ∫ Qe
Pdx
dx + C
⎤
⎥⎦

Teorija Mreža - 28
66. U mreži sheme spoja prema slici a) djeluje izmjenični strujni izvor valnog
oblika prema slici b). U t=0 isklopi S. A) Odredite valni oblik napona na
kapacitetu, b) odredite valni oblik napona na kapacitetu za nekoliko različitih
trenutaka isklopa sklopke S. Interpretirajte fizikalno dobivene valne oblike; c)
Odredite valni oblik napona na kapacitetu u periodičkom režimu rada.
u
1
C
C = ∫0 t
Idt =
I
C
t → linearan
c) istosmjerni odziv ne nastaje
od periodičnih poticaja. Uzrok –
posljedica.
Za periodički poticaj srednja
vrijednost =0
67. Na slici je prikazan valni oblik struje kroz jedan element kapacitivne mreže
prvog reda nakon sklapanja sklopke u t=0. odredite najjednostavniju shemu spoja
te mreže.
E
t = 0 i = I =
R
I E
t = ∞ i = =
2 2R
68. Na slici je prikazan valni oblik struje kroz jedan element induktivne mreže
prvog reda. Nakon sklapanja sklopke u t=0. odrediti najjednostavniju shemu
spoja.
t = 0→
i = I
t
= ∞ →i
= 3I
t =
0
E
i = = I
2R
i =
E
2R
⋅ R
E
= 2
2R
E ⋅3R
3 E
= = 2
2R
2 R
2R
+ R 3R
i = 3I
jer
E
I =
2R

Teorija Mreža - 29
69. Odredite valni oblik struje izvora ako u t=0 uklopi sklopka S. Do t=-0 mreža je
bila u ustaljenom stanju. Nacrtajte mrežu dualnu zadanoj.
S otvorena:
S zatvorena:
Dulano:
E + u
= uR1
+ uR
2
E + u
= uR1
S otvorena: I iR
+ iR
+ iL
S zatvorena:
C
= 1 2
I + i
= iR1
L
C
70. U trenutku t=0 uklopi sklopka S. Odredite vremenski interval u kojem vršna
vrijednost struje i2 dosegne 99% svoje ustaljene vrijednosti.

Teorija Mreža - 30
71. Na mrežu prvog reda narinuta je struja valnog oblika prema slici a). Prisilni
odziv mreže je na slici b) i sastoji se od dvaju segmenata eksponencijalne
funkcije vremenske konstante 1,44ms. Odrediti shemu spoja i vrijednosti
elemenata.
i
R1
R i
+ i
1 R1
1
L
= 1
diL
= L + R i
dt
2
2 L
L diL
R1
+ iL
= dif. jed. Kruga
R + R dt R + R
i = i + i
L
L partikularno
stacionarno
i stac
L
R1
= 1
R + R
1
2
1
2
L stacionarno
Mreža dobro definirana (jer je 1. reda)
- induktivitet
- 2 otpora
Partikularno
i
1
τs
+ 1 = 0 ⇒ s = −
τ
i
L prijel
L prijel
K = ?
i
L
= Ke
= Ke
R1
=
R + R
1
t = 0 ⇒ i
i
L
1
L
R1
=
R + R
st
t
−
τ
2
2
1 iR1;
iR1
+ Ke
t
−
τ
R1
= 0 ⇒ K = −
R + R
−t
/ τ ( 1−
e )
u = R = 1−
i
R1
u =
R + R
t = 0
R
1
t = 2ms
5
2 =
5 + R
2
2
L
−t
/ τ ( R + R e )
u(
0)
⇒ R = 5Ω
( R
2
u(
0)
= 5V
2
= 1,
25Ω
+ 5e
L
τ
= 1,
44ms
= ⇒ L = 9mH
R + R
1
u(
2ms)
= 2V
2
1
1
2
)
−2
/ 1,
44
1
2

Teorija Mreža - 31
72. Obrazložite zašto je fizikalno nemoguće da u serijskom RL-krugu napajanom
iz istosmjernog izvora napona E i u jednom trenutku struja prisilnog odziva kruga
bude veća od E/R.
di
E = L + iR
dt
Prisilni odziv je linearna funkcija vanjskog poticaja, tj. E. U t=0 kada uključimo sklopku
zavojnica nema uskladištene energije, tj. ne ponaša se kao izvor. ¸
Jedini poticaj u mreži je E. Kada bi i>E/R bio bi prekršen zakon očuvanja energije.
73. U istosmjernom krugu prvog reda poznat je potpuni odziv za neku varijablu
−αt mreže y = Ae + B,
t ≥ 0 . Odredite slobodni i prisilni odziv kruga.
- pronalaženje diferencijalne jednadžbe
dy
+ K1
y = K 2
dt
−αt
−
− α Ae + K ( Ae
e
−αt
1
1
αt
( K A − αA)
+ K B = e
dy
+ α y = αB
dt
1
+ B)
= K
−αt
2
⋅ 0 + K
} } i prisi
slobodni ln
pretpostavka
: y = y + y
- iz definicije prisilnog odziva y ( + 0)
= 0
y ( + 0)
= y(
+ 0)
= Ae
1
y = Ke
1
−αt
y ( + 0)
= A + B = Ke
y
1
2
= y − y = Ae
1
y = ( A + B)
e
y
1
2
= B(
1−
e
−αt
−αt
)
1
−α⋅0
−α
⋅0
= K
+ B − Ae
2
2
+ B = A + B
− Be
2
= B(
1−
e
−αt
−αt
−αt
−αt
t ≥ 0
SLOBODNI
t ≥ 0 PRISILNI
ODZIV
ODZIV
αA
K1A
−αA
= 0 → K1
= = α
A
K B = K → K = αB
1
)
2
2

74. Krug prvog reda opisan je diferencijalnom jednadžbom
Odredite potpuni odziv ako je y ( 0)
= y0
.
dy
+ αy = 0 mrtva mreža (slobodni odziv)
dt
y = y + y
slob
pris
−αt
−αt
y = Ke + Ate
y(
0)
= K ⋅1+
0 = K
y = y + At)
e
( 0
−αt
y
y
slob
pris
= Ke
−αt
= Ate
−αt
Teorija Mreža - 32
dy −αt
+ αy
= Ae .
dt
75. Odredite količinu energije pretvorene u toplinu u otporu R nakon uklapanja
sklopke S u t=0.
1 2
ε ( −0)
= C1u
0
2
C1uC1
( −0)
+ C2u
C 2 ( −0)
= C1u
14243
u
C1
( + 0)
= u
C 2
1
ε ( + 0)
= ( C1
+ C2
) u
2
0
2
C
1
WR
= ε ( −0)
− ε ( + 0)
= C1u
2
u
u
2
0
C1
C 2
−
( −0)
= u
0
( −0)
= 0
C1
( −0)
= uC
( + 0)
=
C + C
C
( + 0)
+ C ( + 0)
1
1
2
2
2
0
2
C1
1
2
1
+ C
1
2
2
1
1
C
( + 0)
= ( C1
+ C2
) u 2
2 ( C + C )
u
u
C
C
C1
( −0)
=
C + C
=
2
1
2
1
C u
1
2
2
0
2
o
u
0
=
1
2
u
2
0
C
1
C
2
1
+ C
⎛ C1
⎞
⎜
⎜1
−
⎟
⎝ C1
+ C2
⎠
2

Teorija Mreža - 33
76. Od trenutka t=+0 kapacitet C prethodno nabijen na U0 prazni se u jednom
slučaju preko linearnog vremenski ne promjenjivog otpora R, a u drugom slučaju
preko otpora konstantne snage zadanog izrazom:
napona na kapacitetu za t ≥ + 0 u oba slučaja.
a) b)
R = R
duC
i = C
dt
du
U = RC
dt
−t
/ τ
U = U e
0
C
τ = RC
u
duR
U 0
uRC
=
dt R
U 0 udu = dt
RC
u
i
R R
2
U 0 = 2 t
RC
u = U
U 0 =
R
0
2
2
2
⇒ i
2
R
2t
= K
RC
U
=
U
dt
C
t
2
0
R
1
R
uRiR 2
U 0 =
R
a)
b)
. Nacrtati valne oblike

Teorija Mreža - 34
8. MREŽE DRUGOG REDA – SLOBODNI ODZIV
77. Odredite faktor gušenja i vlastite frekvencije mreže.
0
0
1
=
+
=
+
=
+
∫
dt
di
L
Ri
dt
i
C
Ri
i
i
i
L
R
C
R
R
C
L
0
)
(
0
1
=
−
+
=
+ ∫
C
R
R
C
R
i
i
dt
d
L
Ri
dt
i
C
Ri
0
)
(
0
1
)
(
2
1
1
2
1
2
1
2
1
=
−
+
=
+
−
=
=
=
∫
st
st
st
st
st
L
st
C
st
R
e
dt
d
K
K
L
e
RK
dt
e
K
C
e
RK
e
K
K
i
e
K
i
e
K
i
0
0
1
1
2
1
1
2
1
=
−
+
=
+
st
st
st
st
st
se
LK
se
LK
e
RK
e
s
K
C
e
RK
0
)
(
0
1
1
2
1
2
1
=
−
+
=
+
LsK
K
Ls
R
K
s
C
RK
RC
LC
s
RC
s
RLC
R
sL
RLC
s
Ls
R
RLC
s
Cs
Ls
R
Cs
RLs
LS
LS
R
s
C
R
1
2
0
1
1
:
0
0
)
(
0
)
(
1
1
1
2
2
2
=
=
+
+
=
+
+
=
+
+
−
=
+
−
−
=
−
+
⋅
α
faktor gušenja
RC
2
1
=
α vlastita frekvencija mreže
LC
1
0 =
ω

78. Odredite faktor gušenja i vlastitu frekvenciju mreže.
KZN:
i
L1
R i
i
− i
1 L1
L1
i
L2
diL1
diL2
R1iL1
+ L1
+ L2
= 0
dt dt
diL2
uR
= u 2 L2
= L2
= iR2R
2
dt
L2
L
−
R
2
2
di
+ L1
dt
= K e
1
= K
2
e
st
st
L1
di
dt
L2
+ L
= 0
2
di
dt
1
L2
K e
1
st
R K e
1
= 0
− K e
st
2
+ L sK e
1
st
L
−
R
1
Teorija Mreža - 35
- faktor gušenja α i vlastita frekvencija ω 0 su neovisni o
poticaju ukinemo poticaj.
2
2
st
sK
2
2
e
st
KZS: i = i 2 + i 2
= 0
+ L sK e
2
st
= 0
L1
L R
⎛ L ⎞ 1
K1
− ⎜
⎜1+
s ⎟
⎟K
2 = 0
⎝ R2
⎠
( R1
+ sL1)
( R + sL ) K + sL K = 0 ; K , K ≠ 0
2
1
1
⎛ L ⎞ 1
⎜
⎜1+
s ⎟
⎝ R2
⎠
s
1
2
( R + sL )
1
⎛ R1
R2
R ⎞ 2 R1R2
+ ⎜ + + ⎟
⎟s
+ = 0
⎝ L1
L1
L2
⎠ {
L1L2
1442443
2α
1
2
= sL
2
ω
2
0
1
2

Teorija Mreža - 36
79. Odredite prirodne frekvencije mreže.
∫
∫
=
−
−
−
=
=
+
−
=
0
1
;
0
1
dt
i
C
R
i
R
i
i
i
i
R
i
dt
i
C
i
i
i
RC
RC
R
RC
C
R
R
C
R
C
RC
0
1
0
1
=
−
−
−
=
−
+
∫
∫
dt
i
C
R
i
R
i
R
i
R
i
R
i
dt
i
C
RC
RC
RC
C
RC
C
C
st
R
st
RC
st
C
e
K
K
i
e
K
i
e
K
i
)
( 2
1
2
1
+
=
=
=
0
1
1
2
0
1
1
2
2
1
2
1
1
=
−
−
=
−
+
st
st
st
st
st
st
e
K
s
C
R
e
K
R
e
K
R
e
K
R
e
K
e
s
K
C
0
1
1
2
0
1
1
2
1
2
1
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
=
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
s
C
R
K
R
K
R
K
R
s
C
K
{
0
1
3
:
0
1
)
3
(
0
1
2
)
(
0
2
1
2
0
1
1
2
1
1
0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
+
+
=
+
+
=
+
+
+
−
=
+
−
−
−
−
=
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−
3
2
1 ω
α
C
R
RC
s
s
C
R
RC
s
C
R
s
RCs
s
C
R
RCs
s
C
R
Cs
R
R
s
C
Cs
R
R
s
C
R
R
s
C
RC
RC
C
R
RC
C
R
C
R
RC
s
s
2
5
2
3
4
4
9
2
3
1
4
9
2
3
2
2
2
2
2
2
1
2
0
2
2
,
1
−
−
=
−
−
−
=
−
−
−
=
−
±
−
= ω
α
α
RC
s
2
5
3
1
−
−
=
RC
s
2
5
3
2
+
−
=

80. Odredite prirodne frekvencije mreže.
i
2
= i
3
= i
diL
L − R2iL
= 0
dt
2
d q R2
dq
− = 0
2
dt L dt
2 R2
s − s = 0
L
L
R2
s1,
2 = − ±
2L
s = 0
s
1
2
R2
= −
L
2
R2
4L
2
R2
R2
= − ±
2L
2L
Teorija Mreža - 37
81. Kondenzator kapaciteta C početno nabijen na napon U0 prazni se od t=0 preko
otpornika R. Idealni valni oblik struje pražnjenja dan je na slici. Nacrtajte i
objasnite neke od mogućih valnih oblika struje pražnjenja.
.
u
C
1
C
+ u
t
∫− ∞
L
+ u
R
= 0
diL
iL
( t)
dt + L + RiL
= 0
dt
1 t
diL
∫ iL
( t)
− u0
+ L + Ri
C 0
dt
2
1 d iL
diL
iL
+ L + R = 0
2
C dt dt
d i
dt
s
R diL
1
+ + L = 0
L dt LC
2
L i
2
2
+
R 1
s + = 0
L LC
R 2 1
2α
= ; ω0
=
L LC
s
1,
2
L
= 0
2
− R R 1
= ± − - prirodne frekv. mreže
2
2L
4L
LC
d
dt
Za primjer ćemo se poslužiti otpornikom
snage koji je izveden od puno zavoja
debele žice, pa osim što ima svojstvo
otpora, javlja se i svojstvo induktiviteta.
Možemo nacrtati nadomjesnu shemu:
Krug 2. reda diferencijalna jednadžba drugog reda. Za
varijablu stanja je zgodno odabrati struju iL je ista na svim
elementima.
- donju granicu integrala -∞ možemo zamijeniti s nulom
ali moramo paziti na u0
1
a) 0
4 2
2
R
− > - prirodne frekvencije su
L LC
realni brojevi aperiodksi odziv
1
b) 0
4 2
2
R
− < - prirodne frekvencije su
L LC
konjugirano kompleksni brojevi
oscilatorni odziv.(pošto je α>0 oscilatori
odziv je prigušen)

Teorija Mreža - 38
82. Odredite otpor slabo prigušenog serijskog RLC kruga ako je poznat L, C, a
vršna vrijednost napona na C se nakon 5 perioda istitravanja smanji na 10%
početne vrijednosti.
A
A
m
m+
n
=
1
0,
1
2π
T = = 2π
ω
α =
d
R
2L
= 10
LC
1 A
= ln
nT A
m
m+
n
n = 5
R 0,
073
=
⇒ R = 0,
146
2L
LC
ω ≈ ω
d
1
=
5⋅
2π
L
C
0
LC
ln10
2,
3
= =
10π
LC
0,
073
LC

Teorija Mreža - 39
83. Odredite faktor dobrote slabo prigušenog titrajnog kruga.
0
0
1
1
2
2
=
+
+
=
+ ∫
dt
di
L
R
i
R
i
dt
i
C
R
i
RL
RL
R
C
R
C
R
RL
RL
C
R
i
i
i
i
i
i −
=
⇒
+
=
( ) 0
0
1
1
1
2
2
=
−
+
−
+
=
+ ∫
C
R
C
R
R
C
R
i
i
dt
d
L
R
i
R
i
R
i
dt
i
C
R
i
st
C
st
R
e
K
i
e
K
i
2
1
=
=
st
st
st
st
st
st
st
st
e
e
s
K
K
L
R
e
K
R
e
K
R
e
K
e
e
K
s
C
R
e
K
:
0
)
(
0
:
0
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
2
2
1
=
⋅
⋅
−
+
−
+
≠
=
⋅
+
Ls
R
Ls
R
R
K
K
Ls
R
K
Ls
R
R
K
Cs
R
K
K
s
C
K
R
K
+
+
+
=
⇒
=
+
−
+
+
−
=
⇒
⋅
−
=
1
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
2
1
0
)
(
)
(
1
1
)
(
:
0
)
(
)
(
)
( 2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
2
1
2
CL
R
R
R
L
C
R
R
s
CL
R
s
Ls
R
R
CLs
R
Cs
R
R
Ls
R
Ls
R
R
Cs
R
=
+
+
+
+
+
+
=
−
−
+
+
+
=
−
43
42
1
4
43
42
1
2
0
2
2
1
2
2
2
1
2
ω
α
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ +
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ +
+
CL
R
R
R
CL
R
L
C
R
R
s
s
L
C
R
R
CL
R
R
R
CL
R
L
C
R
R
CL
R
R
R
Q
+
⋅
+
=
+
+
=
=
2
1
2
2
1
2
2
1
2
1
1
0
2α
ω

Teorija Mreža - 40
84. Odredite faktor dobrote serijskog RL-kruga priključenog na izmjenični izvor
frekvencije f.
Faktor dobrote:
1
ε L mag = LIˆ
,
2
1 2
PRT
= RIˆ
L T
2
2
L
Q =
( L
jer
uskladištena
energija u krugu
2π
disipirana energija u krugu u periodi T
je L / VNP)
je P = RI
1
LIˆ
2
L 2π
L L
Q = 2π
2 = = ω
1
RIˆ
2
T
T R R
L
2
2
uz I = I
L
ε Σ(
t)
= 2π
ε ( t)
−ε
( t + T )
85. Koji uvjet mora biti zadovoljen da bi u istosmjernoj mreži sheme spoja prema
slici bio ostvaren periodički režim rada?
9. MREŽE DRUGOG REDA – POTPUNI ODZIV
Periodički režim rada zadovoljen je ako je ∫
Σ
Σ
2
Ri dt = 0 . Ovaj
≤
se uvjet može zadovoljiti samo ako je R = R(
t)
0 . Otpor R
>
mora biti vremenski promjenjiv, ali tako da u dijelu periode T
iskazuje svojstvo pasivnog otpora, a u dijelu periode T
svojstva aktivnog otpora.
86. Zašto je poznavanje slobodnog odziva dovoljno da bi se odredio potpuni
odziv istosmjerne mreže.
Poznavanje slobodnog odziva dovoljno je da se odredi
potpuni odziv istosmjerne mreže u kojoj je istosmjerni
naponski izvor spojen u seriju s kapacitetom ili istosmjerni
strujni izvor spojen u paralelu s induktivitetom, jer sa
stajališta analize nema razlike između početnog napona na
kapacitetu i nezavisnog izvora, odnosno početne struje
kroz induktivitet i nezavisnog strujnog izvora spojenog
paralelno induktivitetu.
t+
T
t

Teorija Mreža - 41
87. Zašto valni oblici odziva u prijelaznom stanju ne ovise o valnim oblicima
poticaja? Objasniti na primjeru RL kruga uključenog u t=0 na izvor u = Uˆ
sinωt
.
ustaljeno stanje + prijelazno stanje
Za krugove s konstantnim ili periodičkim poticajem za određivanje prijelaznog stanja
rješavamo homogenu diferencijalnu jednadžbu, dakle ne sudjeluje poticaj. Valni oblici
ovise isključivo o prirodnim frekvencijama kruga.
( poticaj ne igra ulogu u prijelaznom stanju, dok početni uvjeti imaju utjecaja)
88. Nacrtajte najjednostavniju shemu spoja mreže napajane iz istosmjernog
−α1t
−α
2t
naponskog izvora pri čemu je struja izvora = I + I e + I e .
Odziv: I , I , I konstante
0
1
1 , 2
2
α α > 0
Poticaj: istosmjerni naponski
Ustaljeno stanje: i – istosmjerno;
t = ∞ ⇒ i =
I0
(moguća 2 rješenja)
i 0 1
2
Prijelazno stanje: 1 2 ,α α mreža 2. reda
(moguće da se pojave LC, LL, CC)
- moram paziti da ne dobijemo kratki spoj, i
da imamo mrežu 2. reda tj. da se od dva C
ne može napraviti nadomjesni C).
Rješenje:

Teorija Mreža - 42
89. Nakon uklopa koje sklopke ili grupe sklopki se može u mreži sheme prema
slici postići samo prigušeni odziv neovisno o vrijednostima elemenata mreže?
- ako uklopi S2 – mreža je prvog reda, odziv
je eksponencijalan (nije moguć ni prigušeni
ni aperiodski odziv)
Moguće dvije mogućnosti:
- APERIODSKI ODZIV
- PRIGUŠENI ODZIV : ako je α > ω0
i
prirodne frekvencije s1 i s2 su dva realna
broja.
- ako uklopi S1 mreža drugog reda
- ako je R1

Teorija Mreža - 43
90. Na karakteristici kapaciteta grafički prikažite energetske odnose u
istosmjernom serijskom RLC krugu ako se napon napajanja skokovito mijenja
kao na slici. C je linearan i VNP.
uskladišteno (3E)
uskladišteno (2E)
uskladišteno (E)
dispipirano (E) disipirano (2E) disipirano (3E)
1 2
ε C = C(
3E)
− uskladištena
energija
2
1 2
wR
= 3 CE − disipirana
2
1 2
ε C = C(
nE)
2
1 2
wR
= CE n
2
Kod komutacije pri skoku napona
nastavljamo na već dobiveno. Kod
disipacije padnemo na nulu pa pri skoku
počinjemo iznova. Zato imamo iste
površine.
91. Odredite koliko se energije pretvorilo u toplinu na otporu R za vrijeme
u C
t
α
W
W
nabijanja kapaciteta karakteristike q = | u | na napon izvora E. Prikažite
grafičke energetske odnose u krugu.
( t ) = E
α
− ustaljeno stanje
C
R
=
=
∫
q2
q1
∫
u dq > 0
C
uC
2 = E
uC1
= 0
qdu
C
=
∫
0
E
Au
2
C
du
C
uC
= A
3
3
E
0
E
= A
3
3
AuC C
q = AuC
| uC
| - karakteristika kapaciteta
u C
↑, q ↓ − punjenje C →
trošilo, pasivan
- nelinearan, vremenski nepromjenjiv,
pasivan

Teorija Mreža - 44
92. Na serijski RC krug narinut je napon valnog oblika prema slici. Koji uvjet mora
biti zadovoljen da bi se snaga disipirana na otporu s dovoljnom tehničkom
2 ω
točnošću mogla izračunati prema izrazu: PR = fCU , f = ?
2π
P
RC
π/2 π 3π/2 2π ωt
1 T 1 T / 4 duRC
C
= u i dt 2 u C dt 2
T ∫ RC C = ⋅ ⋅ RC =
0 T ∫0
dt T ∫
du
dt
(Karakteristika kapaciteta)
Uˆ
0
u
RC
du
du
dt
RC
uRC
= 2 fC
2
ˆ
2
U
0
= fCUˆ
RC
C
iC = C →≈ iC
= C ako je T >> RC ⇒ uC
≈
Mora biti zadovoljen uvjet da je T >> RC (tada "odmah" nastupa ustaljeno stanje tj. napon
u ≈ u ) inače bi disipaciju morali računati po I R
2
.
C
RC
93. Količina energije predana serijskom RC krugu iz izvora valnog oblika napona
W
W
R
R
−t / T
u = E(
1−
e ); T > 0
do t=0 do uspostava ustaljenog stanja iznosi:
1 2 T + 2RC
WE = CE . Odredite količinu energije disipiranu na otporu R te
2 T + RC
komentirajte slučaj T>>RC i TRC
C
1 ⎛ 2
= CE ⎜
1−
2e
2 ⎝
t
−
τ
+ e
t
−2
τ
T + 2RC
1 ⎛ 2
= − CE ⎜
1−
2e
T + RC 2 ⎝
(odmah nastupa ustaljeno stanje)
- kapacitet je L/VNP pa je ε C =
≅ 0
2 2
⎞ CE − 2CE
e
⎟
=
⎠
2
t
−
τ
+ e
1
CE
2

Teorija Mreža - 45
94. a) Odredite snagu istosmjernog naponskog izvora E ako sklopke S1 i S2
sklapaju protutaktno, svaka je uklopljena polovinu periode T i T>>RC. B) Da li se
smanjivanjem periode T u odnosu na vremensku konstantu kruga poveća ili
smanjuje potrebna snaga istosmjernog naponskog izvora?
- ako je T>>RC "odmah" nastupa ustaljeno stanje
- u pola periode na R1C1 energije je
periode na R2C2 je
1
W = =
2
2 2
2 CE CE
1 2
CE , pa je ukupna energije
2
1 2
CE , i u drugoj polovini
b) ako se smanjuje perioda Tu odnosu na vremensku konstantu RC tj. sada je T>RC
energija će se povećati (duže treba da dođe do ustaljenog stanja tj. da C bude prekid)
95. Količina energije pretvorene u toplinu u serijskom RC krugu napajanog iz
naponskog izvora valnog oblika prema slici, do uspostave ustaljenog stanja
W
2 τ ⎡
−T
/ τ τ ⎤
iznosi: WR
= CE ( e ) = RC
T ⎢1
− 1 −
T ⎥;
τ . Odredite količinu energije
⎣
⎦
pretvorene u toplinu za dva posebna slučaja a) T >> τ , b) T > → R → 0 W
T τ b)
T

Teorija Mreža - 46
2
d y dy 2
96. Za mrežu opisanu diferencijalnom jednadžbom + 2α
+ ω y Xˆ
0 = sinωt
2
dt dt
pretpostavljeno je rješenje u ustaljenom stanju y = Yˆ
sin( ω t + ϕ)
. Odrediti Yˆ i ϕ
metodom izjednačavanja koeficijenata uz ortogonalne komponente rješenja.
y = Yˆ
sin( ωt
+ ϕ)
y&
= Yˆ
cos( ωt
+ ϕ)
ω
ˆ
2
&y
& = −Y
sin( ωt
+ ϕ)
ω
sin( ωt
+ ϕ)
= sinωt
cosϕ
+ cosωt
sinϕ
cos( ωt
+ ϕ)
= cosωt
cosϕ
− sinωt
sinϕ
2
ω Yˆ ωt
ϕ ωt
ϕ αω Yˆ
2
− (sin cos + cos sin ) + 2 (cosωt
cosϕ
− sinωt
sinϕ
) + ω Yˆ
(sinωt
cosϕ
+ cosωt
sinϕ
) = Xˆ
sinωt
izjednačimo koeficijente uz sin ωt
i cos ωt
2
ω ˆ ϕ αω ˆ
2
− Y cos − 2 Y sinϕ
+ ω Yˆ
cosϕ
= Xˆ
0
2
ω ˆ ϕ αω ˆ
2
− Y sin + 2 Y cosϕ
+ ω Yˆ
sinϕ
= 0 : sinϕ
2
−ω + 2αω
ctg ϕ + ω
0
2
0
= 0
0
0
0
: cosϕ
2αω
2 2
ω −ω
0
2αω
ctg ϕ = tgϕ
=
ϕ = arctg
2 2
2 2
2αω ω −ω0
ω −ω0
ˆ
2
ω ˆ αω ˆ
2
2 ϕ ω ˆ X
− Y − 0Ytg
+ 0 Y =
cosϕ
αω
ˆ
ˆ
⎛
2
2 ⎞
2
X
Y⎜
ω 2αω
ω ⎟
⎜
− − 0 +
2 2 0 =
ω ω ⎟
⎝
−
cosϕ
0 ⎠
ˆ
2 2
ˆ
ω −ω0
= 2
2 2 2 2
cosϕ
− 4α
ω ω + ( ω −ω
)( ω −ω
)
X
Y
0
10. FAZORSKA TRANSFORMACIJA
97. Zašto umnožak fazora nije fazor?
0
FAZOR – kompleksni broj kojim je prikazana jednoharmonijska funkcija.
Monoharmonijske funkcije: sin x , cos x,
sin 2x,
sin( x −ϕ
)
U&
= Uˆ
/ 0→
u = Uˆ
sinωt
- neka su zadana dva fazora:
I&
= Iˆ
/ 0 → i = Iˆ
sinωt
UI& & - nije fazor.
0
{ ⎥ ⎥⎥
⎡
⎤
− t ⎢
ui = Uˆ
Iˆ
2
t = Uˆ
Iˆ
( 1 cos 2ω
) 1 1
sin ω
= Uˆ
Iˆ
⎢ − cos 2ωt
2
⎢
2 12 4243
⎣ist.
član izmj.
član ⎦
Pri množenju dva fazora ne dobijemo jednoharmonijsku funkciju pa zaključujemo da
umnožak fazora nije fazor.
0

Teorija Mreža - 47
98. Metodom fazorske transformacije odrediti valni oblik odziva u ustaljenom
stanju mreže opisane diferencijalnom jednadžbom:
d x dx
0 , 1 + 0,
6 + 2x
= 20sin10t,
ω = 10
dt dt
2
.
2 2
0,
1ω
j x&
+ 0,
6 jωx&
+ 2x&
= 20 / 0°
− 0,
1ωx&
+ 0,
6 jωx&
+ 2x&
= 20 / 0°
−10x&
+ j6x&
+ 2x&
= 20 / 0°
20 / 0°
x&
=
=
−10
+ 2 + j6
20 / 0°
8
2
+ 6
ϕ = arctg
Re
x = 2sin( 10t
+ ϕ)
,
2
Im
20 / 0°
= = 2 / ϕ°
10 / ϕ
x(
t)
= Re
{ ˆ j(
ωt+
ϕ )
Xe
}
( + ) { j Xˆ
j ωt
ϕ
ω e }
dx
= Re
dt
2
d x
= Re 2
dt
20sin10t
↔ 20
2 ( + )
{ − ˆ j ωt
ϕ
ω Xe
}
/ 0°
↔ X&
↔
jωX&
2
↔ −ω
X&
99. Funkcija x = sin( ω t + ϕ)
prikazana je fazorom x& = 1.
Kojim je fazorom prikazana
funkcija y = sin( ω t + ψ ) .
x = sin( ω t + ϕ)
↔ x&
= 1 deriviramo cos( ω t + ϕ)
↔ j
[ ( ωt
+ ϕ)
+ ( ψ −ϕ
) ] = sin( ωt
+ ϕ)
cos( ψ −ϕ
) + cos( ω + ϕ)
sin( ψ )
sin( ωt + ψ ) = sin( ωt
+ ψ + ϕ −ϕ
) = sin
t −ϕ
cos( ψ − ϕ)
+ j sin( ψ − ϕ)
↔ y
100. Funkcija Aˆ sin( ω t + ϕ)
prikazana je fazorom A & = A . Kojim je fazorom prikazana
funkcija Bˆ cosωt
?
Aˆ
sin( ωt
+ ϕ)
↔ A&
= A Aˆ
= 2A
Bˆ
cosωt
↔ ? ⇒ B(sinϕ
+ j cosϕ)
sin( ωt
+ ϕ)
↔ 1
cos( ωt
+ ϕ)
↔ j
cos( ωt
+ ϕ −ϕ
) = cos( ωt
+ ϕ)
cosϕ
+ sin( ωt
+ ϕ)
sinϕ
↔ j cosϕ
+ sinϕ
101. Funkcija C sin( ω t + ϕ)
prikazana je fazorom A + jB . Kojim je fazorom prikazana
funkcija D sin( ω t + ψ ) ?
A B
A B
sin( ωt
+ ϕ)
↔ + j
cos( ωt
+ ϕ)
↔ j −
C C
C C
sin( ωt
+ ψ + ϕ − ϕ)
= sin[( ωt
+ ϕ)
+ ( ψ −ϕ
)] = sin( ωt
+ ϕ)
cos( ψ −ϕ
) + cos( ωt
+ ϕ)
sin( ψ −ϕ
) ↔
⎛ A B ⎞
⎛ A B ⎞
↔ ⎜ + j ⎟cos(
ψ −ϕ
) + ⎜ j − ⎟sin(
ψ −ϕ
)
⎝ C C ⎠
⎝ C C ⎠
⎛ AD BD ⎞
⎛ AD BD ⎞
Dsin(
ωt
+ ψ ) ↔ ⎜ + j ⎟cos(
ψ −ϕ
) + ⎜ j − ⎟sin(
ψ −ϕ
)
⎝ C C ⎠
⎝ C C ⎠
⎡ AD
BD ⎤ ⎡ BD
AD ⎤
Dsin(
ωt
+ ψ ) ↔
⎢
cos( ψ −ϕ
) − sin( ψ −ϕ
)
⎥ + j⎢
cos( ψ −ϕ
) + sin( ψ − ϕ)
⎣ C
C ⎦ ⎣ C
C ⎥
⎦

Teorija Mreža - 48
102. Fazorom jA prikazana je funkcija Acos ωt
. Kojim je fazorom prikazana funkcija
B cos( ωt −ϕ
) ?
cos ωt
↔ j deriviramo
− sinωt
↔ −1
sinωt
↔ 1
cos( ωt
−ϕ
) = cosωt
cosϕ
+ sin ωt
sin ϕ
↔ j cosϕ
+ sinϕ
B cos( ωt
−ϕ
) ↔ B(sinϕ
+ j cosϕ
)
103. Funkcija Aˆ cos( ω t + ϕ)
prikazana je fazorom A & = A . Koja je funkcija prikazana
fazorom A + jA ?
cos( ωt +ϕ ) ↔ 1 deriviramo − sin( ω t + ϕ)
↔ j
cos( ω t + ϕ)
− sin( ωt
+ ϕ)
↔ 1+
j
π
π
⎛ π ⎞
ωt
+ ϕ + + ωt
+ ϕ ωt
+ ϕ + −ωt
−ϕ
2⎜ωt
+ ϕ + ⎟
⎛ π ⎞
⎝ 4 ⎠ 2 ⎛ ⎞
⎜ + + ⎟ − + =
2 sin 2
π
π
sin ωt ϕ sin( ωt
ϕ)
2cos
= 2cos
sin = 2cos⎜ωt
+ ϕ + ⎟
⎝ 2 ⎠
2
2
2 4 2 ⎝ 4 ⎠
=
⎛ π ⎞
2 cos⎜ωt
+ ϕ + ⎟
⎝ 4 ⎠
A ˆ ⎛ π ⎞
2 cos⎜ω
t + ϕ + ⎟ ↔ A + jA
⎝ 4 ⎠
104. Zadan je fazor A+jB. Koje od te tri navedene funkcije prikazuju taj fazor?
2 2
B
a) A + B cos( ω t + arctg )
A
b)
2 2
C sin( ωt
+ ϕ)
C ≠ A + B ϕ ≠
2 2 π
c) A + B cos( ω t + )
4
B
arctg
A
- sve tri funkcije su rješenje jer način preslikavanja nije zadan. Fazorska transformacija
počinje nakon definiranja pravila preslikavanja.

Teorija Mreža - 49
105. Zadana je amplitudna karakteristika impedanijce neke naprave. Odredite
najjednostavniju shemu spoja te naprave.
|Z(jω)|
ω
Z ( jω)
- ulazna funkcija mreže
U&
Z(
jω
) =
I&
- nadomjesna shema: na niskim i visokim frekvencijama ulazna impedancija je
beskonačna, a na srednjim frekvencijama ima minimum.
- elementi mreže zapisani u fazorskom području:
Slika kapaciteta
U&
C
1
= I&
C
jωC
niske frekvencije
ω → 0 | Z ( jω)
| → ∞
- induktivitet
- kapacitet
- otpor
Slika induktiviteta
U&
= jωLI&
L
visoke frekvenicije
L
ω → ∞ | Z ( jω)
| → ∞
jωL 1/jωL
u
u
Minimum – područje
konstantne impedancije.
106. Koji se elementi mreže nalaze u crnoj kutiji B ako je u = 120 sin( 314t
+ 60°
) ,
i = 15 cos( 314t
+ 80°
)
u = 120sin(
314t
+ 60°
)
i = 15sin(
314t
+ 170°
)
Ako kut između napona i struje nije između -90° i 90° radi se o aktivnim elementima mreže.
Zaključujemo da je u crnoj kutiji B naponski ili strujni izvor.
107. Odredite prijenosne funkcije mreže dvoprilaza. Poticaj djeluje na prilazu 1.
Prijenosna impedancija:
Z
21
U&
( jω)
=
I&
Prijenosni omjer struja: I&
2
α 21 ( jω)
= = 0
I&
Prijenosni omjer napona:
1
1
2
U&
( jω)
=
U&
I&
0
Prijenosna admitancija: 2 Y&
21 = = = 0
U&
I&
/ jωC
U&
U&
2
1
=
I&
1 / jωC
1
= =
I&
jωC
1
I&
/ jωC
I&
1
jωC
⎛ ⎞
= I&
1
1⎜
jωL
− ⎟
⎝ jωC
⎠
2
A21 =
= 2
1 I&
1
1
1
1
2 ( 1−
ω LC)
/ jωC
1−
ω LC
1

108. Zadana je prijenosna funkcija mreže
2
U&
U&
2
1
Teorija Mreža - 50
ω
= . Odredite efektivnu
α + jω
vrijednost u2(t) ako je poznat valni oblik poticaja: u = Uˆ
t + Uˆ
sin 3t
+ Uˆ
cos5t
.
U 2(
ω)
= U1(
ω)
ω
2 2
α + ω
U 2(
3ω)
= U1(
3ω)
3ω
2 2
α + 9ω
U 2(
5ω)
= U1(
5ω)
5ω
2 2
α + 25ω
U
=
U
2
1
2
ω
+ U
2 2
α + ω
2
3
2
9ω
+ U
2 2
α + 9ω
2
5
2
25ω
= ω U
2 2
α + 25ω
11. REZONANCIJA I FREKVENCIJSKI ODZIV
2
1
1
1
+ U
2 2
α + ω
1 sin 3
5
2
3
2
α
9
2
+ 9ω
+ U
2
5
2
α
25
2
+ 25ω
109. Zašto se ne može reći da je rezonancija nastupila u točno određenom
trenutku?
Rezonancija je pojava koja se promatra u ustaljenom stanju. Stanje u nekom trenutku nije
bitno, bitan je proces koji traje.
110. Amplituda napona na kapacitetu u serijskom RLC krugu napajanom iz
Uˆ
4
0
naponskog izvora u = Uˆ
cosωt
dana je izrazom :
ˆ
U C
= Uˆ
2
0
2
0
ω
, gdje je
( ω
2 2 2 2
−ω
) − 4α
ω
α faktor gušenja, a ω 0 vlastita frekvencija kruga. Odredite maksimalnu vrijednost
napona na kapacitetu ako se mijenja ω 0 .
( ω0)
= 0
dω
dU C
2ω
0
2
0
0
0
2
0
2 2 2 2 2 2 1
2 2
( ω0
−ω
) + 4α
ω −ω0
2(
ω
2
0 −ω
) 2ω0
2 2 2 2
2 ( ω0
−ω
) + 4α
ω
= 0
2 2 2 2
( ω −ω
) + 4α
ω
2
0
2
0
2
0
2 2
− 2ω
+ ω + 4α
+ ω = 0
2
0
3
0
4
0
2
0
2 2 2 2
2
2ω
[( ω −ω
) + 4α
ω ] − 2ω
( ω −ω
) = 0
2 2
−ω
= −4α
−ω
2
0
2 4 2 2
2
ω − 2ω
ω + ω + 4α
ω −ω
+ ω ω = 0
2
ω 0r
= ω +
2
4α
2 2
2 2
ˆ ω + 4α
ˆ ω + 4α
( ω )
ˆ
0 = U
= U
= U
2 2 2 2 2 2
4 2 2
( ω + 4α
−ω
) + 4α
ω 16α
+ 4α
ω
UC r
ω ω
ω ˆ 0r
ˆ 0r
U C ( 0r
) =
U = U
2αω
2α
2
0r
2 2
ω + 4α
2 2 2
4α
( 4α
+ ω )

111. Zašto je definicija faktora dobrote
Teorija Mreža - 51
ε Σ ( t)
Q = 2π
gdje je ε Σ(t
)
ε ( t)
−ε
( t + T )
uskladištena energija u krugu u nekom trenutku t, a T perioda titranja,
neprimjenjiva na harmonički poticane krugove?
Kod harmonički poticanih krugova energije u trenutku t i t+T su jednake pa bi u izrazu za
dobrotu nazivnik bio jednak 0 i dobrota bi bila beskonačna.
112. Zašto je rezonancija odziv na jednoharmonijski poticaj?
Ako u nekoj mreži djeluje npr. poći periodički poticaj (ems) periode
Σ
Σ
Tr
2π
= , u Fourierovom
ω
rastavu nema harmonijskog člana potrebne frekvencije ω r pa rezonancije neće biti.
Npr. RLC serijski kad na njega djeluje višeharmonijski naponski izvor:
di 1
L + Ri +
dt C
i =
N
∑
n=
1
ˆ
ˆ U ( n)
I ( n)
=
L
∫
idt =
∑
n=
1
Iˆ(
n)
cos( nωt
+ ψ + ϕ )
N
Uˆ
( n)
cos( nωt
+ ψ )
n
1
n
2 2 2 ⎛ ω0
− n ω ⎞
⎜ ⎟
⎜ ω ⎟
⎝ n ⎠
2
2
+ 4α
n
Odavde vidimo da je za frekvenciju n ω moguća rezonancija, ali samo ako postoji
odgovarajući poticaj Uˆ
( n)
na toj frekvenciji.
113. Trošilo otpora R napaja se preko LC kruga iz izmjenične mreže. Koji uvjet
mora biti zadovoljen da efektivna vrijednost struje trošila ne bi ovisila o
vrijednosti otpora? Koja svojstva posjeduje u tom slučaju promatrana mreža?
U&
= jωL(
I&
+ I&
) + RI&
C
R
R
jωL
1/jωC
1
I&
C
jωC
= RI&
R ⇒ I&
C = I&
R jωRC
U&
= jωL(
I&
R jωRC
+ I&
R ) + RI&
R
U&
U&
I&
R =
⋅
2
R(
1−
ω LC)
+ jωL
jωL
= I&
2
R ( jωL
−ω
LRC + R)
2
- ako je ω
LC ≡ 1 da efektivna vrijednost trošila ne bi ovisila o R vlastita frekvencija
kruga mora biti jednaka frekvenciji poticaja.
r

Teorija Mreža - 52
113. Trošilo otpora R napaja se preko LC kruga iz izmjenične mreže. Koji uvjet
mora biti zadovoljen da efektivna vrijednost struje trošila ne bi ovisila o
vrijednosti otpora? Koja svojstva posjeduje u tom slučaju promatrana mreža?
U&
= jωL(
I&
+ I&
) + RI&
C
R
R
jωL
1/jωC
1
I&
C
jωC
= RI&
R ⇒ I&
C = I&
R jωRC
U&
= jωL(
I&
R jωRC
+ I&
R ) + RI&
R
U&
U&
I&
R =
⋅
2
R(
1−
ω LC)
+ jωL
jωL
= I&
2
R ( jωL
−ω
LRC + R)
2
- ako je ω LC ≡ 1 da efektivna vrijednost trošila ne bi ovisila o R vlastita frekvencija
kruga mora biti jednaka frekvenciji poticaja.
Mreža posjeduje svojstvo strujnog izvora.
114. Trošilo otpora R napaja se preko LC kruga iz izmjenične mreže. Koji uvjet
mora biti zadovoljen da efektivna vrijednost struje izvora ne ovisi o promjeni
otpora trošila.
Z
Z
|
ul
ul
Z ul
Z1
64
44 74448
R 2
1−
j ( 1+
ω LC)
=
{
jωL
ωL
R 2
Z3
1+
j ω LC
142
4ω
L 43 4
Z2
jωL
1/jωC
UVJET:
I ≠
f (R)
- treba naći frekvenciju
poticaja da bi to bilo
ispunjeno
1
R
R
R
2
1+
jωRC
− j 1−
j
jωC
R jωL
−ω
RLC + R
= jωL
+ = jωL
+ =
= jωL
ωL
= jωL
ωL
1 1 j RC 1 j RC
R 2
R 2
R +
+ ω + ω
1+
j ω LC 1+
j ω LC
jω
C
ωL
ωL
| = ωL
⎛ R ⎞
1+
⎜ ⎟
⎝ ωL
⎠
2
( 1−
ωLC)
⎛ R ⎞ 2
1+
⎜ ⎟ ( ω LC)
⎝ ωL
⎠
- frekvencija mora biti
2
1
2LC
2
2
izjednačimo
brojnik i nazivnik
2
2
1−
ω LC = ω LC
2
ω LC = 1/
2
i tada je ostvaren uvjet da I ≠ f (R)
¸
⇒
ω =
1
2LC
2 ( −ω
LC + 1)

Teorija Mreža - 53
115. Koliki mora kapacitet C biti da se u zadanoj mreži nakon uklopa sklopke S ne
promijeni efektivna vrijednost struje izvora
| Z
R
X
ul
L
| = | Z
+ ( X
− X
C
L
ul
| R + j(
X
2
X = 2X
C
L
* |
− X
− X
= X
L
C
L
C
)
) | = | R + jX
2
= R
2
+ X
116. Nacrtajte amplitudnu karakteristiku funkcije mreže
L
2
L
|
H ( j
1
= 2ωL
ω C
2
2ω
LC = 1
U&
U&
1
1
C = 2
2ω
L
2 ω ) = . Koji uvjet
mora biti zadovoljen da bi se ova mreža ponašala kao niskopropusni filtar?
- prilaz 2 nije opterećen pa je
U&
KZN:
U&
2
1
I R
&
= 0
1
= I&
1 ⇒ I&
1 = jωCU&
2
jωC
2
= I&
jωL
+ U&
= U&
( 1−
ω LC)
1
1
1
| H ( jω)
| =
= 2
2
1−
ω LC = 0
1
ωr
=
LC
ω = ω ⇒|
H ( jω)
| → ∞
r
2
2 2
( 1−
ω LC)
1−
ω LC
2
|H(jω)|
jωL
1/jωC
U&
2 1
H ( jω)
= = 2
U&
1−
ω LC
ω
1
ω
- amplitudna
karakteristika – kako
se modul mijenja
ovisno o frekvenciji.
- Niski propust – propušta niske frekvencije. Pojačanje do ωg treba biti konstantno, treba
postojati konstantan omjer struje i napona (R) odnosno treba mrežu M opteretiti.
KZN, KZS:
U&
U&
I&
1
C
2
= I&
jωL
+ I&
1
= I&
R = I&
1
2
= I&
− I&
2
C
C
1
jωC
1
jωC
2
j L R LC
U&
⎛ ω + −ω
⎞
= U&
( 1 )
⎜
R ⎟
1 2
⎝
⎠
U&
2 R
H ( jω)
= =
U&
2
R(
1−
ω LC)
+ jωL
| H ( jω)
|
1
R
= ω ω
2 2 2 2 2
R ( 1−
ω LC)
+ ω L
|H(jω)|
ω = 0 →|
( jω)
| = 1
- ωg - gornja granična frekvencija : ona kod koje pojačanje opadne za 3 dB
- | H ( jω
) | = 1/
2 = 0,
707 - bitan za određivanje granične frekvencije
g
H , lim | H ( jω)
| = 0
ω→∞

117. Nacrtati amplitudnu karakteristiku funkcije mreže
H ( j
biti zadovoljen da bi se mreža ponašala kao visokopropusni filtar?
- prilaz 2 nije opterećen pa
U&
U&
2
1
U&
= I&
2
1 jωL
⇒ I&
1 =
jωL
= I&
ω =
1
| H ( jω)
| =
1
+ U&
jωC
2
ω LC −1
= 0
r
1
LC
⇒
2
I 2 = &
⎛ ⎞
= U&
1
2⎜1
− 2 ⎟
⎝ ω LC ⎠
2 2
( ω LC)
2
( ω LC −1)
2
| H ( jω)
| → ∞
0
2
( ω LC)
= 2
( ω LC −1)
1/jωC
jωL
U&
U&
2
U&
2 U&
2 ω LC
H ( jω)
= =
= 2
U&
1
1 ⎛ ⎞ LC −1
U&
ω
2⎜1
− 2 ⎟
⎝ ω LC ⎠
|H(jω)|
ω
1
Teorija Mreža - 54
2 ω ) = . Koji uvjet mora
- Visoki propust – propušta visoke frekvencije. Pojačanje do ωg treba biti konstantno, treba
postojati konstantan omjer struje i napona (R) odnosno treba mrežu M opteretiti.
U&
1
1 = I&
1 + U&
2
jωC
U&
2 = I&
2R
= I&
L jωL
U&
2 U&
2
I&
1 = I&
L + I&
2 = +
R jωL
2
1 ⎛U&
U&
L jR j RLC
U& ⎞
2 2
⎛ 1 1 ⎞ ω − + ω
1 =
U 2 U 2
1 U
2
2
2
jωC
⎜ +
⎜
⎟ =
R jωL
⎟ + & = & − + &
⎝ ⎠ ⎝ jωRC
ω LC ⎠ jω
RLC
H ( jω)
=
U&
| H ( jω)
| =
2
2
U&
2
jω
RLC
=
2
2
ωL
− jR(
1−
ω LC)
ωL
− jR(
1−
ω LC)
2
jω
RLC
( ωL)
2
ωRLC
2 2
+ R ( 1−
ω LC)
2
|H(jω)|
ω = 0
ω
ω → ∞
⇒
⇒
ω
H
( jω)
= 0
H ( jω)
= ∞
ω

Teorija Mreža - 55
118. Dokažite da u reaktivnom pojasnom propustu sheme spoja prema slici vrijedi
U&
2 2αω
da je: = ,
2 2
U&
2αω
+ j(
ω −ω
)
B = 2α
, gdje je α faktor gušenja, a ω0 vlastita
U&
U&
U&
U&
=
2
1
2
1
1
frekvencija.
U&
2
= I&
1R
⇒ I&
1 =
R
⎛ 1 ⎞
= I&
1⎜
jωL
+ ⎟ + U&
⎝ jωC
⎠
2
0
⎛ j L 1 ⎞
= U&
ω
2⎜
+ + 1⎟
⎝ R jωCR
⎠
jωL 1/jωC
1
R
jω
U&
2
R
R
jωRC
= =
=
=
⋅
LC
=
L
2
2
U&
2 ⎛ 1 ⎞ 1 − ω LC + 1+
jωRC
− ω LC + 1+
jωRC
1
2 1 R
⎜ jωL
+ + R⎟
jωL
+ + R
− ω + + jω
R ⎝ jωC
⎠
jωC
jωC
LC { LC { L
2 2α
jω2α
− j
⋅
2 2
jω2α
+ ( ω −ω
) − j
0
2αω
2αω
=
=
2 2
2 2
2αω
− j(
ω −ω
) 2αω
+ j(
ω −ω
)
0
119. Obrazložite fizikalni smisao pojma jalove snage. Zašto dimenzije reaktivnih
elemenata ovise o njihovoj jalovoj snazi?
Jalova snaga je mjera za količinu energije koja njiše između izvora i pasivnog jednoprilaza
i ne sudjeluje u pretvorbi električne energije u drugi oblik.
Jalova snaga je amplituda trenutne snage i zato je mjera za dimenzije reaktivnih
komponenti. Veći elementi se lakše rashlađuju.
120. Valni oblik trenutne snage jednoprilaza dan je izrazom
p = 4( 1−
cos 2ω
t)
+ 6sin
2ωt,
W . Odredite djelatnu, jalovu i prividnu snagu
10
7.5
2.5
-2.5
-5
jednoprilaza. Obrazložite fizikalni smisao prividne snage.
5
1 2 3 4 5 6
P = 11,
211102
1
P
2
=
Q =
3,
211102
1
P = ( P1
− P2
) = 4
2
1
S = ( P1
+ P2
) = 7.
211102
2
S
2
− P
2
=
0
PP
1
2
=
5.
9999
Prividna snaga je najveća moguća djelatna snaga koju bi jednoprilaz mogao preuzeti iz
izvora pri danim efektivnim vrijednostima napona i struje jednoprilaza.
ω0

Teorija Mreža - 56
121. Zadana je pozitivna amplituda P1 trenutne snage i negativna amplituda P2
trenutne snage. Odredite djelatnu, jalovu i prividnu snagu jednoprilaza.
P – DJELATNA SNAGA – srednja vrijednost
trenutne snage
1
P1 − P = P2
+ P ⇒ P = ( P1
− P2
)
2
S – PRIVIDNA SNAGA – amplituda
izmjeničnog dijela trenutne snage
1
S = P1
− P = P2
+ P ⇒ S = ( P1
+ P2
)
2
Q – JALOVA SNAGA
2 2
Q = S − P ⇒ Q =
122. Zašto za kompleksnu snagu vrijedi zakon o očuvanju, a ne vrijedi za prividnu
snagu?
Ako u nekoj mreži vrijede Kirchoffovi zakoni vrijedi i zakon očuvanja energije što je
posljedica Tellegenova teorema.
Zakon očuvanja energije vrijedi za linearne transformacije, a prividna snaga je dana
izrazom
2
S R Q +
2
= P ; korjenovanje nije linearna transformacija pa ne vrijedi zakon
očuvanja prividne snage.
Kompleksna snaga dana je izrazom S& = PR
+ jQ . Zbrajanje jest linearna transformacija pa
vrijedi zakon očuvanja kompleksne snage.
Dokaz Kirchoffovih zakona za fazore:
n
∑
k = 1
KZS: a = 0 za j-ti čvor
jkik
j k I&
ϕ
K = Iˆ
Ke
jednoharmonijska funkcija { } t jω
iK
Re ike
n
KZN: ∑ b = 0 , iz Tellegena:
k = 1
& ∑ U&
k I&
k = ∑
jkU
k
b
b 1
S&
k
k = 1 2
k = 1
= linearno
- u svakoj linearnoj vremenski nepromjenjivoj mreži u kojoj djeluju izvori na samo jednoj
frekvenciji ω očuvana je kompleksna snaga.
= 0
PP
1
2

Teorija Mreža - 57
123. Trošilo i izvor spojeni su parom vodova induktiviteta LV i otpora RV. Neka se
na trošilu održava konstantna efektivna vrijednost napona U i djelatna snaga P.
Dokažite da su gubici u prijenosu energije minimalni ako je jalova snaga trošila
potpuno kompenzirana.
GUBICI PRIJENOSA: ono što se izgubilo na
vodu u toku prijenosa energije.
S = UI =
P
2
+ Q
2
⇒
I =
P
2
+ Q
⎥
{
⎥ ⎥
⎡ ⎤
2 2
2 ⎢ P Q
PR
= I RV
= RV
+ ; P
⎢ 2 2 R min ⇒ za Q = 0
U U
⎢⎣
konst.
⎦
- P i U su konstantni, pa će PR biti minimalan ako je Q=0, odnosno kompenzirana jalova
snaga.
124. Iz izmjeničnog naponskog izvora efektivne vrijednosti napona U=10V i
Z =
impedancije ωL=1Ω napaja se u jednom slučaju radno trošilo, a u drugom slučaju
radno-kapacitivno trošilo kako je to prikazano na slikama a) i b). Izračunajte u oba
slučaja djelatne snage trošila i pripadne faktore snage. Iz dobivenih rezultata
proizišao bi zaključak da se maksimalna djelatna snaga trošila pri istoj efektivnoj
vrijednosti struje ne postiže uz faktor snage trošila cosϕ = 1.
Je li taj zaključak
ispravan?
cosϕ
=
cosϕ
=
ωL=1Ω
2 2
1 + 1 =
= 1
R =1Ω
U 10
I = = A
Z 2
2 100
PR
= RI = 1⋅
= 50W
2
2 100
QL
= ωLI
= 1 = 50VAr
2
T
2
R
P
P
R
R
2
R
P
P
2
+ Q
2
L
=
50
=
2 2
50 + 50
1
=
2
2
2
U = I
Q
R
L
cosϕ
=
ωL=1Ω
2
= ωLI
2
T
=
2
⎛ 10 ⎞
2⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
= 50VAr
R = 2Ω
⎛ 1 ⎞
+ ⎜ωL
− ⎟
⎝ ωC
⎠
2
I
QC
= = 50VAr
ωC
cosϕ
=
PR
2
P + ( Q − Q
T
R
P = RI
R
2
R
P
P
R
L
+ Q
2
C
T
1/ωC=1Ω
2
= 50
=
C
)
2
2
⇒ I =
( 50
2W
= 1
50
2)
2
2
R
2
T
+ 50
2
U
2
3
2
⎛ 1 ⎞
+ ⎜ωL
− ⎟
⎝ ωC
⎠
=
U
2
10
= A
2
Da, ali maksimalnu djelatnu snagu koju bi jednoprilaz mogao uzeti iz izvora pri danim
1 2
efektivnim vrijednostima struje i napona je pri cosϕ = 1 ⇒ PR = RIˆ
= UI = S .
2

Teorija Mreža - 58
125. Zašto je u pasivnim mrežama složenosti po volji na svakom prilazu fazni
⎡ π π ⎤
pomak napona i struje tog prilaza u granicama ⎢−
,
⎣ 2 2 ⎥ ?
⎦
2PR
+ j4ω(
ε L − ε C )
Impedancija u pasivnim mrežama dana je izrazom: Z(
jω)
=
ˆ2
I
≤
4ω( ε L − ε C )
P ≥ 0 ⇒ Re{
Z(
jω)
} ≥ 0,
Im{
Z(
jω)
} > 0 , pa je kut impedancije ϕ = arctg
.
2P
Ovaj kut je uvijek:
π
π
− ≤ ∠(
Z ( jω))
≤
2
2
U&
= Z ⋅ I&
π
π
, tako je maksimalni fazni pomak između U i I − ≤ ∠(
Z ( jω))
≤ .
2
2
126. Koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi u jdenopirlaznoj mreži složenosti po
volji nastupila fazna rezonancija, a koji da bi nastupila prava rezonancija.
2P
+ j4ω
( ε L '−ε
C ')
Z(
jω)
= , Z(jω) – impedancija općeg jednoprilaza, ε L ' - srednja
Iˆ
2
1
magnetska energija uskladištena u svim induktivitetima mreže, ε C ' - srednja
elektrostatička energija uskladištena u svim kapacitetima mreže M.
L ' C
- fazna rezonancija nastupa pod uvjetom da je ε = ε '
- ako npr. je ε L '≠ ε C ',
ali je razlika | ε L '−ε
C '|
mala u odnosu na ε L ' odnosno ε C ' , tada smo
P
sigurni da smo u okolišu točke fazne rezonancije. Ako je istodobno malen u odnosu
ω
prema ε L ' odnosno ε C ' , tada se sigurno nalazimo u blizini maksimuma amplitudnih
karakteristika. (Uočimo da se pri α

Teorija Mreža - 59
128. Odredite snagu otpora R ako je RC

Teorija Mreža - 60
129. Odredite valni oblik napona na induktivitetu u ustaljenom stanju kao i srednju
vrijednost struje izvora ako je T
R >>
L
.
di
u = L + iR
dt
u = u + RI(
0)
U
L
L
= U −αE
Srednja vrijednost je:
u L
⎧1
−α
= E⎨
⎩−α
0,
αT
⎫
⎬
αT,
T ⎭
αT
U αE
I = =
R R
0 ( 0)
U ( 0)
i(
t)
≈ I(
0)
= ustaljeno stanje
R
αT
αT
αT
αT
T
T
T
T
jednake površine

Teorija Mreža - 61
130. Odredite valni oblik struje izvora u ustaljenom stanju za dva granična slučaja
a)T>>RC, b)T τ i '
e
e
e
−T
/ τ
T ( 1−α
)
−
τ
−αT
/ τ
1
= T /
e
τ
→ 0
→ 0
, C
1
= → 0 ∞
e
b) T

Teorija Mreža - 62
131. Odredite efektivnu vrijednost struje kapaciteta C ako je T T
αT T
U
U
( 0)
= konst.
EαT
= u
U
L
C
C
= U
≡ 0
R
C
RC >> T
( 1−
α)
T
( 0)
α
= E
1−
α
⇒ u
L
≈ u
C

Teorija Mreža - 63
133. Odredite valni oblik napona na induktivitetu L i kapacitetu C, ako je u periodi
U
rada T sklopka S u položaju 1 αT vremena, a položaju 2 (1-α)T vremena.
αE
iL
≈ I(
0)
=
R
U = U ≈ RI(
0)
= αE
C
L
+ U
R
C
−U
= U −αE
= ( 1−
α)
E
L
>> T
R
RC >> T
U C je konstantna i ne mijenja se preklopom sklopke pa i kroz R teče konstantna struja.
U = E −αE
= ( 1−
α)
E
α
(1−α)Ε
−αΕ
αΕ
αT T

Teorija Mreža - 64
L L
134. Odredite valni oblik struje trošila za dva granična slučaja a) > T .
R R
u=Usinωt
V1 i V2 su idealne
L
a) >> T
R
u
LR
= u
L
+ u
diL
uLR
= L + Ri L dt
: R
L diL
+ iL
R dt
uLR
=
R
1
T
L / R diL
⎛ uLR
⎞ 1
= ⎜ − iL
⎟
T dt ⎝1
42
R
43 ⎠ T
R
konačon
L ⎛ L / R ⎞
>> T ⇒ ⎜ ⎟ → ∞
R ⎝ T ⎠
diL
mora → 0,
tj. iL
= konst.
= I L = I
dt
Nadomjesna shema
L
( 0)
L
b)

Teorija Mreža - 65
135. Za mrežu sheme spoja prema slici objasnite postupak određivanja tipa
periodičkog rješenja ako je L/R>T/2.
Postoje 4 moguća načina intervala rada:
a) uv2=0 ud=0 & uv1=0 u=0, a u≠0 – nije moguć
KZN, KZS
u = u
0 = u
i
d
u
d
= i
a) V1 i V2 vode
V1
V 2
V1
+ u
+ i
d
+ u
d
V 2
did
= L + R i
dt
d d
b) V1 ne vodi, V2 ne vodi
c) V1 vodi, V2 ne vodi
d) V1 ne vodi, V2 vodi
b) id=0 ud=0 uv2=0 (moguće u ishodištu) , uv1=u (ne vodi ako je negativna
poluperioda). b) moguće ako U0.
d) uv2=0 ud=0 ne smije voditi v1 uv1

Teorija Mreža - 66
137. Objasnite kako se s pomoću sklopkama preklapanim kapacitetom realizira
otpor.
Neka je S polovinu periode u 1, polovinu u 2. R C

Teorija Mreža - 67
139. Zašto je rješenje nelinearne diferencijalne jednadžbe, kojom opisujemo
ustaljeno stanje neke mreže, dobiveno primjenom načela o ravnoteži
harmonijskih članova uvijek približno rješenje?
Diferencijalna jednadžba se ne može u potpunosti riješiti jer nakon što postavimo
jednadžbu kruga i pretpostavimo rješenje dolazimo do izvora kod kojeg bi prema načelu
ravnoteže harmonijskih članova trebali izjednačiti koeficijente s lijeve i desne strane
jednadžbe, a zbog nelinearnih elemenata uvijek se jave članovi koji nemaju svoj par na
desnoj strani, tj. član koji ne možemo uravnotežiti.
140. Odrediti osnovni harmonijski član struje induktiviteta ako je zadana
karakteristika induktiviteta i = aφ
+ bφ
, te φ = φ sinωt
.
3 ˆ
3 3
3 3 1
i = a ˆ φ sinωt
+ b ˆ φ sin ωt
sin ωt
= sinωt
− sin 3ωt
4 4
ˆ ˆ3
3 ˆ3
1
i = aφ
sinωt
+ bφ
sinωt
− bφ
sin 3ωt
4
4
ˆ ˆ 3 ˆ3
I ( 1)
= aφ
+ bφ
4
3
141. Odredite valni oblik napona i struje induktiviteta karakteristike i = aϕ
+ bϕ
,
ako je zadan valni oblik toka ϕ = φ cosωt
. ˆ
i = a ˆ φ ωt
+ b ˆ3
3
3 3 1
cos φ cos ωt
cos ωt
= cosωt
+ cos3ωt
4 4
⎛
⎞
i = a ˆ φ ωt
+ b ˆ3
3 1
φ ⎜ ωt
+ 3ωt
⎟ = a ˆ φ ωt
+ b ˆ3
3
1
φ cosωt
+ b ˆ3
cos cos cos cos
φ cos3ωt
⎝ 4 4 ⎠
4
4
3
Iˆ(
1)
= a ˆ φ + b ˆ3
φ
4
u
L
diL
⎡
⎤ ⎡⎛
⎞
⎤
= L = I
⎢
− a ˆ 3
φω
ωt
− b ˆ3
3
φ ω ωt
− b ˆ3
φ ω ωt
⎥
= −Lω⎢⎜
a ˆ 3
φ + b ˆ3
3
φ ⎟ ωt
+ b ˆ3
sin
sin
sin 3
sin φ sin 3ωt
dt
⎥
⎣
4
4
⎦ ⎣⎝
4 ⎠ 4 ⎦
3
142. Na nelinearni element mreže karakteristike y = ax narinut je poticaj
x = X ( 0)
+ Xˆ
( 1)
sinωt
. Dokažite da istosmjerna komponenta odziva Y(0) ovisi o X(0),
ali i o Xˆ
( 1)
. Pod kojim se uvjetom u odzivu pojavljuju parni harmonijski članovi.
y = a
3
2
[ + ˆ + ˆ 2 2
( 1)
sin 3 ( 0)
( 1)
sin + ˆ 3 3
X ( 0)
3X
( 0)
X ωt
X X ωt
X ( 1)
sin ωt]
⎡ 3
2
= ⎢ + ˆ + ˆ 2 1
y a X ( 0)
3X
( 0)
X ( 1)
sinωt
3X
( 0)
X ( 1)
⎣
2
⎡ 3
2
3
=
⎢
( 0)
+ 3 ( 0)
ˆ ( 1)
sin + ( 0)
ˆ 2
y a X X X ωt
X X ( 1)
−
⎣
2
⎡
y(
0)
= a
⎢
X
⎣
3
( 0)
+
3
2
X
( 0)
Xˆ
2
⎤ ⎡
( 1)
⎥
= aX ( 0)
⎢
X
⎦ ⎣
2
( 0)
+
( 1−
cos 2ωt)
3
2
X
3
Xˆ
2
( 0)
Xˆ
2
⎤
( 1)
⎥
⎦
2
⎛
⎞⎤
+ ˆ 3 3 1
X ( 1)
⎜ sinωt
− sin 3ωt
⎟⎥
⎝ 4 4 ⎠⎦
3
1 ⎤
( 1)
cos 2 + ˆ 3
( 1)
sin − ˆ 3
ωt
X ωt
X ( 1)
sin 3ωt
4
4 ⎥
⎦
- parni harmonijski članovi pojavljuju se ako se pobuda (poticaj) sastoji od zbroja ili razlike
istosmjerne komponente i jednoharmonijske komponente ili ako je istosmjerna
komponenta ± dvoharmonijska komponenta.

Teorija Mreža - 68
143. Za mrežu shemem spoja prema slici a) s nelinearnim induktivitetom L
izračunata je i nacrtana karakteristika U L ( 1)
= f ( U ) prikazana na slici b). Je li
moguće mjerenjem efektivnih vrijednosti UL(1) i U u potpunosti rekonstruirati
izračunatu karakteristiku?
2Usinωt nestabilno
- uz stalni faktor gušenja α i fiksiranu frekvenciju
poticaja ω i promjenu amplitude poticaja X ˆ
dobiva se prikazana karakteristika
144. Odredite efektivnu vrijednost osnovnog harmonijskog člana napona na C ako
3
L ( L
L
je poznata karakteristika nelinearnog induktiviteta i 1)
= α U ( 1)
+ βU
( 1)
gdje su
I L ( 1)
iU
L ( 1)
efektivne vrijednosti osnovnih harmonijskih članova struje i napona
nelinearnog induktiviteta.
Usinωt
U&
= RI&
R ( 1)
+ U&
KZN:
U&
( 1)
= U&
( 1)
C
L
C
U&
L ( 1)
KZS: I&
R ( 1)
= I&
L ( 1)
+ I&
C ( 1)
= + jωCU&
C ( 1)
jX
⎡ R ⎤
U&
= U&
C ( 1)
+ U&
L ( 1)
⎢−
j + jωRC⎥
⎣ X L ⎦
X
L
U&
=
I&
L
( 1)
( 1)
L
U&
C ( 1)
=
α U&
( 1)
+ βU&
C
3
C
( 1)
2
[ jω
RC − jR(
α + j U&
( 1)
]
U&
= U&
( 1)
β
C
C
L
- monoharmonijska funkcija
Rješenje tražimo u
frekvencijskom području
L – je nelinearan, opisujemo
ga funkcijom, ne brojem
Efektivne vrijednosti:
R
jωL
2
2 2
[ 1+
R ( ωL − U ( 1)
) ]
2
C ( 1)
C
U =
U
αβ
1/jωC

Teorija Mreža - 69
145. Pokažite da u mreži prema slici može u nelinearnom induktivitetu u ustaljnom
stanju rada postojati istosmjerni tok.
Usinωt
i (ϕ)

Teorija Mreža - 70
146. Zbog nelinearnog induktiviteta struja RLC – kruga u ustaljenom stanju dana je
izrazom i = Iˆ
1)
sin( ωt −ϕ
) + Iˆ(
3)
sin( 3ωt
−ϕ
) . Nacrtajte fazorski dijagram za treći
Usinωt
( 1
3
harmonijski član. Komentirajte rezultat.
Nadomjesne mreže po harmonicima
U
jωL
U (ω)
I(ω)
- svaki naponski izvor je popćeni kratki spoj ( za harmonik kojeg nema će izvor biti K.S.)
n=3, zbog lakšeg crtanja ϕ3=0
KZN: U&
L ( 3ω)
+ U&
R ( 3ω)
+ U&
C ( 3ω)
= 0
3
∑
n=
1
U ( 3ω
) = 0
n
ϕ − kut izmeđz I&(
3ω),
U&
L ( 3ω)
π
pasivan ako ϕ ≤
2
-element mreže:
π
aktivan ako ϕ ≥
2
1/jωC
U (3ω)
U (3ω)
ϕ
j3ωL
U (3ω)
U (3ω)
I(3ω)
I(3ω)
1/j3ωC
- kut ϕ je veći od 90° i induktivitet se ponaša
kao aktivni element mreže.
- induktivitetu je omogužena pretvorba
snage na frekvenciji
147. U linearnoj vremenski nepromjenjivoj mreži djeluju dva naponska izvora. Koji
uvjet mora biti zadovoljen da bi u toj mreži i za djelatne snage vrijedilo načelo
superpozicije?
Superpozicija: Puk = P1
+ P2
, P1 - disipirana snaga na otporima ako djeluje izvor u1.
P =
1
P
2
=
n
∑ ∫
k = 1
n
∑ ∫
k = 1
1
T
1
T
T
0
T
0
2
k
i
2
k
i
( u ) R dt
1
k
( u ) R dt
2
k
∑ ∫
P 2 - disipirana snaga na otporima ako djeluje izvor u2.
ik ( u1
ik ( u2
T
Djelatna snaga mreže: P = ( i ( u ) + i ( u ) )
n
k = 1
1
T
0
k
) - struja k-te grane ako u mreži djeluje samo u1.
) - struja k-te grane ako u mreži djeluje samo u2.
1
k
2
2
R dt
n 1 T
2
2
Superpozicija za djelatne snage: P = ( i ( u ) + i ( u ) )
∑ ∫
k = 1
T
0
k
1
k
k
2
R dt
T
2
T
2
2
Da bi superpozicija vrijedila: P = P ( i ( u ) + i ( u ) ) R dt = ( i ( u ) + i ( u ) ) R dt
uk
⇒ ∫ ( ) ( ) ≡ 0
T
i u i u , ako su struje ortogonalne (npr. cosωt i sinωt, k≠1)
2 0
k
1
k
2
∫
0
k
1
k
2
k
k
∫
0
k
1
k
2
k

Teorija Mreža - 71
148. Zašto ne možemo izgraditi ispravljač koji bi se sastojao samo od reaktivnih
komponenti?
Svojstvo ispravljača je da se ponaša kao istosmjerni izvor, tj. istosmjerna snaga mora biti
negativna.
Istosmjerna snaga linearnih i nelinearnih vremenskih
nepromjenjivih reaktivnih elemenata jednaka je nuli, pa
se ti elementi ne mogu upotrijebiti za izradu ispravljača.
P
P
L
C
( 0)
( 0)
< 0
< 0
U ( 0)
I
L
C
L
U ( 0)
I
149. Zašto se ne može izgraditi ispravljač koji bi kao komponente za pretvorbu
djelatne snage imao samo bipolarne tranzistore?
Za bilo koji trenutak vrijedi U
V
( 0)
I ( 0)
> 0
V
C
( 0)
( 0)
= 0
= 0
Za ispravljač je potreban da vrijedi uvjet U ( 0)
I ( 0)
< 0 , a to se s
bipolarnim tranzistorom ne može postići.
150. Objasnite pretvaračka svojstva serijskog spoja diode i bipolarnog tranzistora
u sklopnom načinu rada.
P
V
( 0)
= UV
( 0)
IV
( 0)
V
≤
>
0
iz ovog uvjeta je vidljivo da se
izmjenična snaga može pretvoriti u
istosmjernu i obrnuto.
151. Dokažite da za djelatnu snagu na frekvenciji vrijedi zakon o očuvanju.
b
b
1 T
Zakon očuvanja srednje djelatne snage: uα
iα
dt = ∑ Pα
= 0,
b − broj grana
T 0
∑ ∫ α = 1
α =
Ovaj izraz vrijedi i za svaku komponentu na bilo kojoj frekvenciji ω = nω,
n = 0,
1,
2...
Vrijede KZ pa vrijedi i Tellegenov teorem. Treba pokazati da vrijede KZ za komponente
rastava valnih oblika napona i struje u Fourierovom redu.
b
∑
α = 1
b
∑
a
b
i ( t)
= 0 za j − ti čvor
jα
α
jα
α
α = 1
u ( t)
= 0 za j − tu petlju
b
∑
b
∑
α = 1
a
jα
α
α = 1
b
jα
Iˆ
( n)
= 0,
Uˆ
( n)
= 0,
α
b
∑
b
∑
1
a
jα
α
α = 1
a
jα
α
α = 1
n
Jˆ
( n)
= 0
Vˆ
( n)
= 0
u skladu s Tellegoenovim teoremom slijedi:
b
∑
α = 1
Uˆ
α
b
( n)
Iˆ
ˆ ˆ
α ( n)
= 0,
∑Vα
( n)
Jα
( n)
= 0,
n = 0,
1,
2
α = 1
polazna je tvrdnja dokazana: ∑ Pα
( n)
= 0
Ako se neki element mreže ponaša kao izvor na frekvenciji ωn, neki drugi element mora biti
trošilo na toj frekvenciji.
b
α = 1
V

Teorija Mreža - 72
152. Nelinearni kapacitet zadan je karakteristikom q = u . Obrazložite osnovna
energetska svojstva ovog kapaciteta ako je:
= Uˆ
( 1)
sinωt
+ Uˆ
( 2)
sin 2ωt
+ Uˆ
( 3)
sin 3ωt
uC C
C
C
- ovaj kapacitet može generirati više harmonike, moguća
pretvorba snage na frekvenciji.
2
153. Nelinearni kapacitet zadan je sa = aq + bq . Odredite iznos djelatne snage
u C
koju ovaj kapacitet prima, odnosno predaju drugim dijelovima ako je poznato
= Iˆ
( 1)
sinωt
+ Iˆ
( 2)
cos 2ωt
.
iC C
C
2
C

154. Objasnite Hartleyev efekt.
ulazni signal
frekvencije ω
P + P + P
1
= 0
m,
n∈
Z
lokalni oscilator
frekvencije ω
trošilo
Teorija Mreža - 73
P1
mP
P0
nP - Manley-Posove jednadžbe za slučaj 3 frek.
mn
mn
+ = 0
+ = 0
ω mω
+ nω
ω mω
+ nω
1
0
1
mn
0
- za slučaj m=-1, n=1, ω0>ω1
P1
P−
− = 0
ω ω −ω
P
1
−
<
0,
0
0
1
P > 0,
P < 0
1
P0
P−
+ = 0
ω ω −ω
0
0
0
1
1
P11=P-
0
Lokalni oscilator daje energiju izlaznom krugu, ali i ulaznom krugu. Ovo znači da nelinearni
kapacitet prima energiju na frekvenciji lokalnog oscilatora ω0 i vraća dio energije
generatora signala. Ovo je isto kao da je u ulazni krug uveden negativni otpor koji
nadmašivši pozitivne otpore generatora ulaznog signala može dovesti do nestabilnosti
rada modulatora.
155. Pod kojim je uvjetom skup svih harmonijskih članova struje jednoprilaza
jednak skupu svih harmonijskih članova napona jednoprilaza?
Neka je M konačan skup harmonijskih članova struje, a N konačan skup harmonijskih
članova napona. Samo u slučaju kada spojna mreža nije modelirana idealnim izvorom
M=N jer tada skup M nema članova, a ni N nema tada članova.
156. Odredite jalovu snagu (n)
elementa mreže α na n-tom harmonijskom članu
Q α
ako su valni oblici napona i struje na n-tom harmonijskom članu dani kao:
uα
( n,
t)
= Uˆ
α ( n)
cosnωt
+ Vˆ
α ( n)
sin nωt
.
i ( n,
t)
= Iˆ
( n)
cosn
t + Jˆ
( n)
sin nωt
α
( n)
= S
1
( n)
=
4
α
ω α
1 T
1
Pα
( n)
= u ( n,
t)
i ( n,
t)
dt
T ∫
α α =
0
2
2 1
Pα
( n)
=
4
α α
2 1
Sα
( n)
=
4
α
α α
Q
Q
2
α
2
α
[ Uˆ
( n)
Iˆ
( n)
+ Vˆ
( n)
Jˆ
( n)
]
[ ˆ 2 ˆ 2 ˆ ˆ ( ) ˆ ( ) ˆ ( ) ˆ 2
( ) ( ) 2 ( )
( ) ˆ 2
U n I n + U n I n V n J n + V n J ( n)
]
[ ˆ 2 ˆ 2 ][ ˆ 2
( ) ( ) ( ) ˆ 2
U n + V n I n + J ( n)
]
2
α
( n)
− P
2
α
1
( n)
=
4
2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2
[ U I + U J + V I + V J ] − [ U I + V J + 2UIVJ
]
2
1
[ Vˆ
( n)
Iˆ
( n)
−Uˆ
( n)
Jˆ
( n)
] ⇒Q
( n)
= [ Vˆ
( n)
Iˆ
( n)
−Uˆ
( n)
Jˆ
( n)
]
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
2
α
α
α
α
4
α
α
α

Teorija Mreža - 74
157. Istosmjerni izvor napona E i unutarnjeg otpora R opterećen je trošilom koje se
sastoji od periodički upravljene sklopke S koja je polovinu periode rada T
uklopljena, a polovinu isklopljena. A) nacrtajte valne oblike napona i struje
sklopke, b) postoji li prijenos energije između izvora i trošila, c) postoji li jalova
snaga trošila.
a)
b)
c)
1
= ∫ = 0
0
T
P S uSiS
dt
T
S
S
T
T
2
2
S = U S I S = ∫ u dt ⋅ ∫ i
0
0
S
1
=
T
E
2
1
T
T E
2 R
2
2
1
T
1
dt =
T
2 2
T 1 T E E
= = = QS
2 T 2 R 2R
158. Odredite djelatnu, jalovu i prividnu snagu te faktor snage trošila R.
P
1
T
T
0
1
u(
t)
i(
t)
dt =
T
T
0
Uˆ
2
Uˆ
2 ⎡
2 1
sin ( ωt)
dt = ⎢
R
T R ⎢
⎣
⎡
⎤
⎢
⎥
Uˆ
2
T T T
Uˆ
2
1 ⎢1
1 ⎛ 2 ⋅ 2π
⎞ ⎥
sin
( 0 0)
=
T R ⎢
− ⎜ ⎟ − −
2 2 4 { 2π
T 2 ⎥ 4R
⎢
⎝ ⎠
⎥
ω
⎢ 14444244443
⎣
⎥
0
⎦
T / 2
T
2
= ∫ ∫
∫ ∫
1 ˆ 2
1 T 1 T / 2 1 T
2
2 ˆ 2 2 U T
S = UI = u dt i dt U sin ( t)
dt
0
0
0
2
T ∫ T ∫ =
T ∫ ω
T R ∫0
* = Uˆ
Uˆ
* * =
R
Q =
1 ⎡1
1 ⎤
t sin( 2 t)
T ⎢
− ω
⎣2
4ω
⎥
⎦
S
1 ⎡1
1 ⎤
t sin( 2 t)
T ⎢
− ω
⎣2
4ω
⎥
⎦
2
− P
2
=
Uˆ
8R
4
2
T
0
= Uˆ
T / 2
0
Uˆ
=
R
Uˆ
4
−
16R
0
u = Uˆ
sinωt
Uˆ
i = Iˆ
sinωt
= sinωt
R
1
2π
f = , ω = 2πf
⇒
T
T
⎤
T
Uˆ
2
/
2 1 ⎡1
1 ⎤
sin ( ωt)
dt + sin ( ωt)
dt⎥
= t sin( 2 t)
T / 2
T R ⎢
− ω
142
4 43 4 ⎥ ⎣2
4ω
⎥
⎦ 0
0 ⎦
/ 2
⎡
⎤
1 ⎢1
1 T ⎛ 2π
⎞ ⎥ Uˆ
⎢ T − sin⎜
2 T ⎟ − ( 0 − 0)
⎥ =
T
⎢
2
1
4
2
4
π
42⎝44
T
43⎠
⎥ 2
⎣
0
⎦
2
=
ˆ 2
2
U
sin ( ωt)
dt = * ⋅**
=
R 8
⎡
⎤
1 ⎢1
T 1 T ⎛ 2π
T ⎞ ⎥ Uˆ
⎢ − sin⎜
2 ⎟ −(
0 − 0)
⎥ =
T
⎢
2 2
1
4 2
4
π
4
⎝24
T
4
2
4⎠
3 ⎥
R
⎣
0
⎦
Uˆ
4
2 −Uˆ
2
16R
4
Uˆ
2
=
4R
1
2
2⎛
T ⎞ E
E ⎜T
− ⎟⋅
⎝ 2 ⎠ R
P UI / 4 2 2 2
cos ϕ
= = = = =
S UI / 8 4 2
2
=
1
2
2
2
T
2

Teorija Mreža - 75
159. Obrazložite je li za pojavu jalove snage nužno postojanje reaktivnih elemenata
u mreži.
Nije. Za pojavu jalove snage u mreži mora postojati element koji je varijabilan (npr.
sklopka)
160. Zašto samo u jednoharmonijskim mrežama postoji fizikalna interpretacija
jalove snage kao mjere za njihanje energije između izvora i trošila.
161. Zašto je prividna snaga dogovorna veličina?
Prividna snaga je dogovorna veličina jer ovisi o izboru referentne točke 0.

Teorija Mreža - 76
162. Odredite djelatnu, jalovu i prividnu snagu na prilazu 1.
Usinωt Usin nωt
n=1
KZN, KZS:
2
ˆ
)
(
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
1
11
2
1
1
2
1
1
U
U
U
u
u
u
u
u
u
Ri
u
u
R
u
u
i
u
Ri
u
=
=
=
+
=
−
−
=
−
=
−
=
⇒
+
=
Djelatna snaga:
( ) 0
4
1
4
1
)
(
4
1
2
)
(
)
(
2
1
1
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
0
2
2
0
2
1
0
2
2
2
1
0
2
1
2
1
0
11
11
=
−
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
−
=
−
+
=
=
−
∫
∫
∫
∫
∫ U
U
i
vrijednost
efektivne
kvadrat
U
T
U
T
T
T
T
U
U
R
dt
u
dt
u
RT
dt
u
u
RT
dt
R
u
u
u
u
T
idt
u
T
P
Prividna snaga:
11
2
11
11
11
2
2
2
2
1
0
2
2
1
0
2
11
2
11
2
2
2
2
2
1
2
0
2
2
i
ortogonaln
su 2
1
2
1
2
0
2
2
1
2
0
2
2
2
1
11
11
11
2
11
2
11
11
2
2
2
)
(
4
1
)
(
4
1
1
2
2
)
(
4
1
)
2
(
4
1
)
(
4
1
1
1
)
sin
ˆ
sin
ˆ
(
2
.)
.
(
2
2
2
1
2
1
Q
R
U
I
U
S
U
U
U
U
U
dt
u
u
T
dt
u
T
U
R
U
I
R
U
U
U
R
dt
u
u
u
u
T
R
dt
u
u
R
T
dt
i
T
I
t
n
U
t
U
u
u
vr
ef
I
U
S
Q
Q
P
S
T
T
T
U
u
u
U
T
T
=
=
=
=
⇒
=
+
=
+
=
=
=
⇒
=
+
=
+
+
=
−
=
=
⋅
=
=
=
+
=
∫
∫
∫
∫
∫
ω
ω
163. Odredite djelatnu, jalovu i prividnu snagu na prilazu 1 ako je
A
t
i
V
t
u ,
cos
100
2
;
,
sin
100
2 ω
ω ⋅
=
⋅
= .
1Ω
3Ω
A
I
V
U
20
100
=
=
superpozicija:
)
(
4
3
)
3
(
4
1
4
1
4
3
11
11
i
u
i
u
u
i
u
u
i
i
u
−
=
−
=
+
=
+
=
VAr
P
S
Q
VA
I
U
S
W
P
t
t
i
t
t
u
77
,
1499
756
,
2229
15
,
29
48
,
76
15
25
15
75
1650
)
25
75
15
15
(
2
2
2
1
)
cos
15
sin
25
(
2
)
cos
15
sin
75
(
2
2
2
2
2
2
2
11
11
11
11
11
11
=
−
=
=
⋅
=
+
⋅
+
=
=
=
⋅
+
⋅
−
=
+
=
−
=
ω
ω
ω
ω

Teorija Mreža - 77
164. Izmjenični izvor napona u = 2 ⋅100sin
314t,
V napaja jednoprilaz. Efektivna
vrijednost napona jednoprilaza je 70,7 V, a struje 0,707A. Djelatna snaga
izmjerena na jednoprilazu je 0W. Odredite što se nalazi u jednoprilazu (barem 3
rješenja).
100Ω
u = 2 ⋅100sin
314t,
V
U
I
ef
ef
P ≡ 0
1) Nedisipativni element mreže P=0
a) induktivitet jωL
b) kapacitet
= 70,
7V
=
0,
707
A
jωL
1/jωC
U = ωLI
L =
C
U
ωI
I
=
ωU
=
I = ωCU
2) α element mreže pretvaračke komponente
1
P =
T
3)
α
α
α
∫
T
0
u
i
α α
dt
⎧uα
= 0
⎨
⎩iα
≠ 0
K.
S.
⎧uα
≠ 0
⎨
⎩iα
= 0
P.
H.
u = Uˆ
cos314t
ili u = Uˆ
sin n314t,
n ≠ 1
U
ef
= 100V
70,
7
314⋅
0,
707
= 03H
0,
707
= = 30µ
F
70,
7 ⋅314
165. Struja k-te grane rastavljena je na djelatnu, jalovu i raspršenu komponentu, tj:
i +
k = ikα
+ ikr
iks
. Dokažite da KZS za neki čvor u mreži vrijedi posebno za svaku od
komponenata rastava struje grane, tj. i = 0 i = 0 i = 0 , gdje je sa N
označen ukupni broj grana spojenih na promatrani čvor.
N
∑
kα
k = 1
N
∑
kr
k = 1
N
∑
ks
k = 1
KZS vrijedi posebno za svaku od komponenti struje jer rastavom dobijemo linearne
funkcije pojedine komponente, koje su međusobno ortogonalne. KZ vrijedi za linearne
funkcije pa će ovdje vrijediti i za komponente.

Teorija Mreža - 78
166. Dva linearna jednoprilaza A i B spojena su u seriju. Struja svakog jednoprilaza
može se rastaviti u djelatnu, jalovu i raspršenu komponentu, tj.
i A = iAa
+ iAr
+ iAs
iB
= iBa
+ iBr
+ iBs
. Očigledno je iA
= iB . Vrijedi li to i za pojedine
komponente struje prilaza, tj. iAa = i Ba,
iAr
= iBr
, iAs
= iBs
.

Teorija Mreža - 79
167. Parametri dvaju trošila na slikama a) i b) odabrani su da kad se trošila
napajaju iz izvora istog valnog oblika u = 2 ⋅10(sin
t + sin 3t),
V djelatne i prividne
snage trošila su jednake. U kojoj od tih mreža se ne može nikakvim filtrom
paralelno spojenim trošilu postići potpuna kompenzacija faktora snage, tj. λ=1.
1Ω 1Ω
a) b)
⎛ 1 3 ⎞
Z(
j1)
= 1+
j⎜
− ⎟ = 1−
j1
⎝ 2 2 ⎠
⎛ 1 1 3 ⎞
Z(
j3)
= 1+
j⎜3
− ⎟ = 1+
j1
⎝ 2 3 2 ⎠
G
G
G
1
3
1
⎧ 1 ⎫ ⎧ 1 1+
j ⎫ ⎧ 1+
j ⎫
= Re⎨
⎬ = Re⎨
⋅ ⎬ = Re⎨
⎬ =
⎩Z
( j1)
⎭ ⎩1−
j 1+
j ⎭ ⎩ 2 ⎭
⎧ 1 ⎫ ⎧ 1 1−
j ⎫ ⎧1− j ⎫
= Re⎨
⎬ = Re⎨
⋅ ⎬ = Re⎨
⎬ =
⎩Z
( j3)
⎭ ⎩1+
j 1−
j ⎭ ⎩ 2 ⎭
= G → mogućo je kompenzacija
3
1
2
1
2
⎛ 1 7 ⎞
Z(
j1)
= 1+
j⎜
− ⎟ = 1−
j3
⎝ 2 2 ⎠
⎛ 1 1 7 ⎞ 2 1
Z(
j3)
= 1+
j⎜3
− ⎟ = 1+
j = 1+
j
⎝ 2 3 2 ⎠ 6 3
G
G
G
1
3
1
⎧ 1 ⎫ ⎧ 1 1+
j3⎫
⎧ 1+
j3⎫
1
= Re⎨
⎬ = Re⎨
⋅ ⎬ = Re⎨
⎬ =
⎩Z
( j1)
⎭ ⎩1−
j3
1+
j3⎭
⎩ 10 ⎭ 10
⎧
1 ⎫ ⎧ ⎫
⎧
1
1 ⎫ ⎪
− j
1 3 ⎪ ⎪1−
j3⎪
⎧9 − j27⎫
= Re⎨
⎬ = Re⎨
⋅ = Re = Re =
( 3)
1 1
⎬ ⎨
10
⎬ ⎨ ⎬
⎩Z
j ⎭ ⎪1+
j 1−
j ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 10 ⎭
⎩ 3 3 ⎭ ⎩ 9 ⎭
≠ G → nije mogućo kompenzacija
3
168. Zašto se u mreži sheme spoja prema slici faktor snage λ ne može potpuno
kompenzirati spajanjem kapaciteta paralelno trošilu?
C
ωL=1Ω
R=1Ω
- ako je Gn = f (n)
ne može se kompenzirati
- raspršena komponenta
G
⎧ 1 ⎫
Gn
= Re⎨
⎬
⎩Z
( jn)
⎭
Z(
jn)
= 1+
jn
G
n
n
= f ( n)
⎧ 1 ⎫ ⎧ 1 1−
jn⎫
⎧1−
jn⎫
1
= Re⎨
⎬ = Re⎨
⋅ ⎬ = Re⎨
= 2 ⎬
⎩Z
( jn)
⎭ ⎩1+
jn 1−
jn⎭
⎩1+
n ⎭ 1+
n
vodljivost ovisi o n i ne možemo napraviti kompenziaciju.
π
2π
ωt
2
9
10

Teorija Mreža - 80
169. Objasnite pod kojim uvjetima vrijede Kirchoffov zakon napona koristeći
postulate teorije mreža i pojam petlje.
Za svaku petlju vrijedi KZN. On ostaje vrijediti i ako se petlja definira, a to je zbog toga što
prema četvrtom postulatu TM niti jedna nije prožeta magnetskim tokom tj. po drugom
postulatu oko vodiča nema elektromagnetskog polja. Zaključujemo da u terminima TM
petlja ne zauzima realan prostor.
170. Povežite stavak o kontinuitetu i pojam reza te dokažite da za svaki rez mora
vrijediti Kirchoffov zakon struje.
U skladu s trećim postulatom teorije mreža rezultantni naboj svake naprave jednak je nuli.
Na razini modela znači da je rezultantni
naboj elementa mreže svake grane jednak
nuli, što znači da količina naboja koja uđe u
plohu S mora biti jednaka količini naboja koja
iz te plohe izađe, dakle vrijedi KZS za rez.
171. Dokažite da svaka spojnica s odgovarajućim borjem grana stabla određuje
jednu jedinstvenu petlju.
Ovo je treća točka temeljnog teorema teorije grafova.
Primjer:
Broj grana stabla n=3
T(3, 4, 5) odabrano stablo
L(1, 2) spojnice
- između bilo koja dva čvora postoji samo 1 put duž stabla
Broj spojenica l=b-n=5-3=2
- P1(1,4, 5) i P2(2, 3, 5) su temeljne petlje – svaka spojnica zatvara jednu petlju sa granama
stabla i smjer petlje određuje smjer spojnice.
172. Dokažite da svaka grana stabla s odgovarajućim brojem spojnica određuje
jedan jedinstveni rez.
- grana 3 i spojnica
2 čine rez
- grana 3 i spojnica 1
- grana 5 i spojnice 1 i 2
- svaka grana stabla zajedno s odgovarajućim brojem spojnica tvori jedan jedinstven rez –
temeljni rez
- dogovoreni smjer reza određuje smjer presječene grane stabla.

173. Dokažite da struje spojnica određuju struje grana stabla.
R
i
3
i , i , i −struje
grana
3
i , i
1
1
( 2,
3)
= −i
4
2
5
2
−struje
spojnica
R ( 1,
2,
5)
i
5
2
= i
2
− i
1
R ( 1,
4)
i
4
3
= i
1
Teorija Mreža - 81
- ukoliko su struje spojnica zadane, možemo odrediti struje grana jer u jednom rezu može
biti samo jedna grana i više spojnica
174. Označimo sa l broj spojnica u mreži od b grana, a sa n broj grana stabla.
Dokažite da je l najmanji broj struja koji treba odrediti u mreži da bi sve struje
mreže bile poznate. Pokažite to na primjeru zadanog grafa.
T(1,2,3)
L(4,5)
l – broj spojnica =b-n=5-3=2
i - poznato
4 5 ,i
R ( 1,
4)
R
R
1
2
3
( 2,
4,
5)
( 3,
4,
5)
i − i = 0
i
1
2
3
4
− i
4
4
− i = 0 ⇒ i = i + i
5
i + i + i = 0 ⇒ i = −i
− i
5
⇒ i = i
Da bi odredili sve ostale struje moraju nam biti poznate barem dvije struje (struje spojnica)
čime je pretpostavka dokazana.
175. Dokažite da naponi grana stabla određuju napone spojnica.
T(3,4,5)
P ( 1,
4,
5)
u − u + u = 0
1
P ( 2,
3,
5)
u
2
1
u
2
1
2
5
− u
3
5
= u
3
4
+ u
5
u = u − u
4
− u
5
= 0
- ako su poznati naponi grana stabla,
po KZN određujemo napone spojnica.
- Po KZN-u suma svih napona u stablu
jednaka je naponu spojnice.
176. Označimo sa l broj spojnica u mreži od b grana, a sa n broj grana stabla.
Dokažite da je n najmanji broj napona koji treba odrediti u mreži da bi svi naponi
bili poznati. Pokažite to na primjeru zadanog grafa.
l – broj spojnica
b – broj grana
N – broj grana stabla
u1....un N
T(1,2,3) N=3
Jednadžbe temeljnih petlji (KZN)
l(4,5)l=2 (b=N+l=5)
u
u
4
5
= u + u + u
1
= u
2
2
+ u
3
3
→ u , u , u moramo poznavati da bi
1
2
3
mogli odrediti . u
4 5 ,u
1
2
3
4
4
4
5
5

Teorija Mreža - 82
177. Koji uvjet mora biti zadovoljen da bi se mreža od b grana pri sustavnom
zapisu jednadžbi mogla opisati sa 2b jednadžbi? Koliko je u općem slučaju od tih
2b jednadžbi linearnih?
Uvjet da se mreža od b grana pri
sustavnom zapisu jednadžbi mreže može
opisati sa 2b jednadžbi je da su sve grane
mreže normalne.
Normalna grana se smatra svaka grana čiji
napon i struja u početku analize nisu
poznati. (grane koje se sastoje samo od
nezavisnih izvora to nisu jer su kod njih
unaprijed poznati valni oblici)
n+1 - čvorova; b - grana
za svaku temeljnu
petlju KZN : l = b − n
za svaki temeljni rez KZS:
konstitutivne
relacije grana :
n
b
∑ = 2b
jednadžbi
- linearnih jednadžbi ima b (one koje su
napisane na temelju konstitutivnih relacija
grana)
178. Za neku mrežu poznate su jednadžbe napona temeljnih petlji napisanih s
obzirom na jedno stablo grafa pripadne mreže. Napišite jednadžbe struja
temeljnih rezova s obzirom na isto stablo grafa pripadne mreže.
u + u = 0
u
u
1
4
5
2
− u + u = 0
1
1
3
− u − u = 0
3
Broj grana b = 5
Spojnice = 2, 4, 5; l=3
Stablo grafa – grane: 1,2; N=2
Jednadžbe temeljnih rezova:
I rez : i − i + i + i = 0
1
II rez : i − i
3
2
4
4
− i
5
5
= 0
Petlja = stablo + jedna spojnica grana koja se pojavljuje samo
jednom je spojnica
Ukupni broj grafova:
T = m
m−2
m − broj čvorova
Rez = spojnica + jedna grana stabla grafa
Broj rezova = broju grana stabla = 2
179. Za neku mrežu poznate su jednadžbe struja temeljnih rezova napisanih s
obzirom na jedno stablo grafa pripadne mreže. Napišite jednadžbe napona
temeljnih petlji s obzirom na isto stablo grafa pripadne mreže.
i − i = 0
i
1
2
3
4
− i
4
4
− i
5
5
= 0
i − i − i = 0
Grane stabla: 1, 2, 3
Spojnice: 4, 5
Jednadžbe temeljnih petlji:
u
+ u
u
1
2
2
+ u
3
+ u
3
+ u
5
+ u
4
= 0
= 0

180. Zašto varijable stanja moraju biti neprekinute vremenske funkcije?
Teorija Mreža - 83
Temeljni zahtjev na jednadžbe mreža je da moraju biti takvog zapisa da je moguć
jednostavan numerički proračun pripadnih diferencijalnih jednadžbi i da ne postoje
ograničenja na vrstu analizirane mreže. Te zahtjeve zadovoljavaju sustavi diferencijalnih
dx
jednadžbi prvog reda = f ( t,
x)
. Da bi odredili x(t) funkciju razvijemo u Taylorov red.
dt
Osnovna pretpostavka za razvoj u funkcije u Taylorov red je neprekinutost funkcije.
dx
= f ( x,
t);
dt
t , x
0
0
x1
− x
∆t
x = x
M
x
1
n+
1
0
0
= x
≈ f ( x , t )
+ ∆tf
( x , t )
n
+ ∆tf
( x , t )
x − morabiti
neprekinut
0
0
0
n
0
n
Zbog toga za varijable stanja uzimamo napon kapaciteta jer je on neprekinut po zakonu o
očuvanju naboja, odnosno na induktivitetu struju induktiviteta jer je nema skoka struje na
induktivitetu zbog zakona o očuvanju toka.
181. Zašto pri izgradnji prikladnog stabla svi nezavisni naponski izvori moraju biti
u stablu a nezavisni strujni izvori u spojnicama?
Nezavisni naponski izvor. U skladu s temeljnim teoremom teorije grafova znamo da napon
svake spojnice određuju naponi svih grana stabla koje s tom spojnicom čine petlju. Budući
da je po definiciji napon nezavisnog naponskog izvora zadan, to se on ne može odrediti iz
napona drugih grana koje čine stablo. Zbog toga NNI moraju biti u stablu.
(Naponski izvor - svaki kapacitet je privremeni naponski izvor (pridijelimo mu određenu
količinu naboja i nakon toga promatramo evoluciju signala). Ako je privremeni, a ova
mreža vrijedi za svaki trenutak, onda to znači da naponski izvor (koji je trajni i mora vrijediti
za svaki trenutak koji promatramo - mreža mora vrijediti za svaki t>t0 uključivo za t0) mora
biti u stablu.)
Nezavisni strujni izvor. Analogno prethodnom objašnjenju, struju svake grane stabla
određuju struje svih spojnica koje s tom granom stabla čine rez. Proizlazi da nezavisni
strujni izvor ne može biti u stablu budući da bi njegova struja, a koja je zadana, inače bila
određena strujama spojnica. Zbog toga nezavisni strujni izvori moraju biti u spojnicama.
Primjer su kapacitivna pelja i induktivni rez. Npr. kod
kapacitivne petlje bi napon naponskog izvora bio
određen naponima na kapacitetima što je kontradikcija
jer je napon naponskog izvora zadan. Kod induktivnog
reza bi struju strujnog izvor odredili početni uvjeti na
induktivitetima što je ponovno kontradikcija.

Teorija Mreža - 84
182. Zašto pri izgradnji prikladnog stabla svi induktiviteti moraju biti u spojnicama,
a svi kapaciteti u stablu?
Svaka jednadžba stanja mora imati jednu jedinu derivaciju.
1 spojnica + pripadne grane stabla KZN
1 grana + pripadne spojnice KZS
Kapacitet treba biti u stablu jer ako napišemo KZS tada imamo struju kroz kapacitet koju
du
prikažemo kao C
dt
C + preostale spojnice (u kojima nisu kapaciteti) te dobivamo
diferencijalnu jednadžbu prvog reda.
Iz istog razloga induktiviteti idu u spojnice za koje pišemo KZN ta napon na induktivitetu
di
prikažemo kao L
dt
L + pripadne grane stabla (u kojima nisu induktiviteti) te dobivamo
diferencijalnu jednadžbu prvog reda.
183. Što je red složenosti mreže N i koliki je u mreži sheme spoja prema slici?
N = 9 − (
C
1{
+ 3{
) = 5
C
u
4 , 5 ,
L L
L
L
L
1,
2 , 4
1,
L3
, L4
2 , L3
Red složenosti mreže jednak je broju
varijabli stanja. U dobro definiranim
mrežama je to broj reaktivnih elemenata, a
u loše definiranim mrežama broj varijabli
stanja smanjen za zbroj kapacitivnih petlji i
induktivnih rezova.
184. Kako se zove mreža u kojoj barem 1 kapacitet mora biti u spojnicama i/ili
barem jedan induktivitet u stablu? Koliki je red složenosti takve mreže?
Takva mreža je loše definirana mreža.
Red složenosti dobijemo da do ukupnog broja reaktivnih elemenata oduzmemo 1 za svaki
induktivni rez i/ili kapacitivnu petlju.
N −
broj
reaktivnihelemenata
N − broj reakt.
elem.
− ( broj C petlji + broj L rezova)
DDM
LDM

Teorija Mreža - 85
185. U mreži prema slici nalazi se jedna induktivna petlja. Utječe li to na red
složenosti mreže?
Induktivna petlja ne utječe na red složenosti
mreže. Na red složenosti utječe kapacitivna
petlja i induktivni rez.

Teorija Mreža - 86
186. Objasnite način izgradnje prikladnog stabla u mreži sa zavisnim izvorima.
Upravljačka
grana
Upravljana
grana
NUNI Spojnica Stablo i 1 = 0; u2
= Au1
NUSI Spojnica Spojnica i 1 = 0; i2
= gu1
SUNI Stablo Stablo u 1 = 0; u2
= ri1
SUSI Stablo Spojnica u1 = 0; i2
= αi1
Idealni trafo Može se shvatiti kao da se sastoji od dva zavisna izvora. Jednu granu
treba staviti u stablo, a drugu u spojnice.
u −
1 = nu2;
i2
= ni1
grana 1 u stablo, 2 u spojnice
i2
u1
i1
= − ; u2
=
n n
grana 1 u spojnice, 2 u stablo
187. Za shemu prema slici ne mogu se napisati jednadžbe stanja u normalnom
obliku. Što valja učiniti da se one ipak mogu napisati i da njihovo rješenje bude
prihvatljivo s tehničkog stajališta?
Konstitutivne relacije
transformatora:
di1
di2
u1
= L1
+ M
dt dt
di2
di1
u2
= L2
+ M
dt dt
KZN:
di1
di2
u = L1
+ M
dt dt
di2
di1
L2
+ M + i2R2
= 0
dt dt
di1
u = ( L1
− M ) + i0RFe
dt
diµ
0 = RFei0
− M
dt
di2
0 = Ri2
+ ( L2
− M ) + R
dt
0 = i + i − i − i
1
2
0
µ
Normalni oblik jednadžbi:
dx n = f ( x ... n,
u,
in,
M n,
Rn,
C
dt
1 n
x – varijabla stanja
n – broj varijabli stanja
u jednoj jednadžbi imamo dvije
varijable stanja i1 i i2. (nemamo
normalni oblik)
i
Fe 0
Normalni oblik:
di1
u − RFei0
=
dt ( L − M )
1
di2
− Ri2
− RFei0
=
dt ( L − M )
2
diµ
RFei0
=
dt M
Jednadžbe stanja možemo pisati ako dodamo otpor Rdod = RFe u induktivni rez. To je otpor
koji s tehničkog stajališta predstavlja gubitke u željezu (mjeri se pokusom PH)
)

Teorija Mreža - 87
188. Odredite valni odziv y(t) za t>t3 za stepenasti poticaj prikazan na slici te ako je
−t
/ τ
skokovni odziv dan sa s( t)
= 1−
e .
A S(
t)
⇒ As(
t)
poticaj
s(
t)
= 1−
e
⎛
y(
t)
= X ⎜ 1⎜
e
⎝
odziv
y(
t)
= X [ s(
t)
− s(
t − t )] + X [ s(
t − t ) − s(
t − t ) ]
−t
/ τ
⎡
y(
t)
= X1
⎢1−
e
⎣
1
−t
τ
t−t1
−
τ
−1+
e
− e
−t
τ
1
t−t1
−
τ
2
⎤
⎥ + X
⎦
⎞ ⎛
⎟ + ⎜
⎟
X 2⎜
e
⎠ ⎝
2
počočet
2
t−t
3 −
τ
⎡
⎢1−
e
⎣
t df ( t − x)
189. Parcijalnom integracijom izraza i(
t)
= f ( 0)
u(
t)
+ ∫ u(
x)
dx;
t ≥ 0
0 dx
drugi oblik Du Hamelovog integrala.
∫
udv = uv −
∫
vdu
t
[ u(
x)
f ( t − x)
]
t du(
x)
i(
t)
= f ( 0)
u(
t)
−
+ ∫ f ( t − x)
dx
0 0 dx
t du(
x)
i(
t)
= f ( 0)
u(
t)
− u(
t)
f ( 0)
+ u(
0)
f ( t)
+ ∫ f ( t − x)
dx
0 dx
t du(
x)
i(
t)
= u(
0)
f ( t)
+ ∫ f ( t − x)
dx
0 dx
190. Odredite odziv struje serijskog RC-kruga na jedinični skok napona.
KZN
: 1
1
1 = iR +
C
i = Ke
= u
∫
di 1
0 = R + i
dt C
st
R
t
0
= Ke
+ u
i(
t)
dt
t
−
τ
C
⇒
d
dt
di
RC + i = 0,
dt
, K = ?
τ = RC
1
i(
+ 0)
=
R
− e
1 + 0
Ri + i x dx =
C ∫ ( ) 1
0
14243
t−t
2 −
τ
t−t
2 −
τ
t = + 0 → i(
+ 0)
= K ⋅1
= K
0
⇒
1
i = e
R
t
−
τ
3
kraj
⎞
⎟
⎠
Odziv na jedinični skok s(t)
s(
t)
=
i(
t)
S(
t)
1
s(
t)
= e
R
t
−
τ
S(
t)
−1+
e
t−t
3 −
τ
⎤
⎥
⎦
odredite

Teorija Mreža - 88
191. Odredite valni oblik odziva y(t) za t>t1 na poticaj zadan valnim oblikom prema
−t
/ τ
slici ako je skokovni odziv dan sa s(
t)
e .
y(
t)
= 0⋅
s(
t)
+
y ( t)
∫
t
= 1
0
∫
t
0
1
x1
s(
t − x)
dx +
t
1
x1
s(
t − x)
dx − X1s(
t − t1)
t
1
∫
t
t
1
i(
t)
= U ( 0)
f ( t)
+
slobodni odziv
⎧ x1
⎪ t
x1(
t)
= ⎨ t1
⎪
⎩0
x1
s(
t − x)
dx − X1s(
t − t1)
−
t
1
∫
t
du(
x)
f ( t − x)
dx
dt
0
derivacija
poticaja
0 ≤ t ≤ t
t > t
∫
t
0
1
1
1
x1
s(
t − x)
dx −
t
1
⎧0
⎪
x2(
t)
= ⎨ x1
⎪
− t
⎩ t1
∫
t
t
1
x1
s(
t − x)
dx
t
1
0 ≤ t ≤ t
192. Na ulazu jednoprilaza poznatog skokovnog odziva s(t) djeluje napon valnog
oblika prema slici. Odredite valni oblik struje i(t) a) u intervalu 0 ≤ t ≤ t , b) u
intervalu t ≤ t < ∞ .
1
⎧2E
⎛ t1
⎞
⎪ ⎜t
− ⎟
u = ⎨ t1
⎝ 2 ⎠
⎪
⎩0
i(
t)
= U ( 0)
f ( t)
+
2E
t
a) i(
t)
= −Es(
t)
+ s(
t − x)
dx 0 ≤ t ≤ t1
t ∫ 0
1
2E
t1
b) i(
t)
= −Es(
t)
+ s(
t − x)
dx − Es(
t − t1)
t > t1
t ∫
0
1
0 ≤ t ≤ t
∫
t > t
t
0
1
1
du(
x)
f ( t − x)
dx
dx
t > t
1
1
1

Teorija Mreža - 89
193. Na ulazu jednoprilaza poznatog skokovnog odziva s(t) djeluje poticaj valnog
oblika prema slici. Odredite valni oblik y(t) u a) intervalu t1 ≤ t ≤ 2t1
, b) u intervalu
2t1 ≤ t ≤ ∞ .
t1
X
t
1
X
a) y(
t)
= 0s(
t)
+ ∫ s(
t − x)
dx +
0 t ∫t
1 t
1
1
1
s(
t − x)
dx
⎧ X1
⎪
t
t1
⎪
⎪ X1
x = ⎨−
t + 2X
⎪ t1
⎪0
⎪
⎩
t1
X
2t1
1
X
⎡
1
X ⎤
1
b) y(
t)
= ∫ s(
t − x)
dx − s(
t x)
dx t 2X
1 s(
t − 2t1)
0 t ∫ − +
t
⎢−
+ ⎥
1
t1
⎣ t1
⎦
1
0 ≤ t ≤ t
1
t > 2t
1
1
t ≤ t ≤ 2t
194. Na ulazu jednoprilaza poznatog skokovnog odziva s(t) djeluje napon valnog
oblika prema slici. Odredite valni oblik struje i(t), a)u intervalu 0 ≤ t ≤ t , b) u
intervalu t ≤ t < ∞ .
1
t E
a) i(
t)
= 0s(
t)
+ ∫ s(
t − x)
dx 0 ≤ t ≤ t1
0 tl1
t1
E
t E
b) i(
t)
= 0s(
t)
+ ∫ s(
t − x)
dx + s(
t − x)
dx t > t1
0 t ∫t
1 t
1
1
⎧E
⎪ t
u ( t)
= ⎨t1
⎪
⎩E
0 ≤ t ≤ t
195. Na ulazu dvoprilaza djeluje impuls napona prikazan na slici. Odredite valni
t > t
oblik napona na izlazu dvoprilaza u intervalu t ≤ t < ∞ .
h(
t)
=
1
u
s(
t)
=
u
2
1
ds
dt
1
= − e
τ
1
E
R ⋅ ⋅e
= R
E
t
−
τ
−
1
t
RC
= e
t
−
τ
t1
t1
1
u2(
t)
= ∫ u1(
x)
h(
t − x)
dx = E − e
0
∫0
τ
t1
t ⎛ − ⎞ −
τ τ
u ( t)
= E⎜
e ⎟
2 ⎜
1−
⎟
e
⎝ ⎠
1
t−
x
−
τ
1
dx

196. Odredite odziv struje serijskog RC kruga na jedinični impuls napona.
∫
= −
t
i(
t)
u(
x)
h(
t x)
dx
h(
t)
=
0
1
i(
t)
= e
R
ds
dt
−
t
RC
1
h(
t)
= − e 2
R C
= s(
t)
1 ⎛ 1 ⎞
= ⎜−
⎟e
R ⎝ RC ⎠
t
−
τ
−
t
RC
1 t
iR + i x dx
C ∫ ( ) = 1
0
di 1
R + i = 0
dt C
di 1
= − dt
i RC
i = Ke
−t
/ τ
i(
+ 0)
= K
1
Ri = 1 ⇒ i = = K
R
d
dt
Teorija Mreža - 90
197. Koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi se mreže mogle analizirati pomoću
superpozicijskih integrala?
Svi pasivni elementi mreže moraju biti linearni i vremenski nepromjenjivi.
198. Kako primijeniti superpozicijske integrale ako analizirana mreža nije mrtva?
Tada mrežu teoremom superpozicije rastavimo na onoliko mreža koliko treba da svaka
bude mrtva i riješimo svaku posebno.
199. Koji su osnovni razlozi za primjenu Laplaceove transformacije u analizi
mreža?
Laplaceova nam transformacija omogućuje da se integro-diferencijalne jednadžbe mreže
pretvore u algebarske jednadžbe, te dopušta u analizi razne vrste poticaja i omogućuje
dobivanje potpunog odziva.

Teorija Mreža - 91
200. U kojim je slučajevima nužno da donja granica definicijskog integrala
Laplaceove transformacije bude t=-0? Ilustrirati primjerom.
Kod loše definiranih mreža samo izbor t=-0 kao donje granice definicijskog integrala
omogućuje da dobijemo rješenje. Ako je mreža dobro definirana ne postoji diskontinuitet
početnih uvjeta, tada je nebitno je li donja granica t=-0 ili t=+0.
i ( −0)
=
1
2
i ( + 0)
= 0 t ≥ + 0
1
E
R
1
i ( −0)
= 0
t=-0, II.
t=+0
0 = R I ( s)
+ sL I ( s)
− L i ( −0)
+ sMI ( s)
− Mi ( −0)
2
0 = R I ( s)
+ sL I ( s)
− Mi ( −0)
2
2
2
Mi1(
−0)
Mi1(
−0)
1
I2
( s)
= = ⋅
R + sL L R
2 2
2
2 s +
L
Mi1(
−0)
i2(
t)
= e
L
2
2
2
2
2
t
−
τ
=
M
L
2
2 2
= 0
⋅
1
E
R
1
e
t
−
τ
2
2
= 0
1
di1
di2
: E = i1R
+ L1
+ M + u
dt dt
di2
di1
II : 0 = R2i2
+ L2
+ M
dt dt
I s
0 = R I ( s)
+ sL I ( s)
− L i ( + 0)
+ sMI ( s)
− Mi ( + 0)
1
I 2(
s)
= i2(
+ 0)
R2
s +
L
i ( t)
= i ( + 0)
e
2
2
2
2
t
−
τ
2
2
2
2 2
= 0 1
1
= 0
i ( 0)
ne znamo pa ne možemo riješiti
2 +
zadatak

Teorija Mreža - 92
dx
201. Riješite diferencijalnu jednadžbu + α x = A x(
−0)
= B i iskažite rješenje u
dt
obliku zbroja slobodnog i prisilnog odziva.
Laplaceova transformacija deriviranja:
f
n
n
( t)
= s F(
s)
− s
n−1
( 0)
− s
dx
f '(
t)
= = sX ( s)
− X ( 0)
( n=
1)
dt
αx → αX
(s)
s t
skoka jed ija f
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜
( ) ⋅
⎟ − .
⎝ ⎠
A →
A
s
1 1 −t
/ T
X ( s)
= ⎯⎯→
−1
e
L sT + 1 T
1
X ( s)
= ⎯⎯→
−1
1−
e
L s(
sT + 1)
x(
s)
= Be
−αt
f
A
+ ( 1−
e
α
−αt
)
n−2
f
−t
/ T
'(
0)...
− f
( n−1)
( 0)
dx
+ αx
= A
dt
sX ( s)
− X ( 0)
+ αX
( s)
=
( s + α)
X ( s)
=
Prisilni odziv
A
+ B
s
A B
X ( s)
= +
s(
s + α ) s + α
Slobodni
A
s
Prisilni - jer je A u dif. jed. poticaj, a
slobodni - jer je B posljedica akumulirane
energije u reaktivnom elementu mreže.
⎛ ⎞
⎜ ⎟
−1⎛
A ⎞ −1
A
A
L
L ⎜ 1
⎜ ⎟ =
⎟ →
⎝ s(
s + α)
⎠
⎜α
⎛ 1 ⎞ ⎟ α
⎜ s⎜
+ 1⎟
⎟
⎝ ⎝α
⎠ ⎠
⎛ ⎞
B
⎜
B
⎟
−1⎛
⎞ −1
1
L ⎜ ⎟ = L ⎜ ⎟ = Be
⎝ s + α ⎠ ⎜α
s ⎟
⎜ + 1⎟
⎝ α ⎠
x
−αt
A −αt
s = Be , x pr = ( 1 − e )
α
−αt
−αt
( 1−
e )
202. Prvi korak pri određivanju Laplaceove transformacije neke periodičke funkcije
L
L
⎧ f ( t)
0 ≤ t ≤ T
f ( t)
= f ( t + T ) je da se uvede nova funkcija f1(
t)
= ⎨
za koju vrijedi da
⎩0
t > T
je f [ f1(
t)]
= F1
( s)
. Provedite postupak određivanja Laplaceove transformacije do
kraja.
[ f ( t)
]
[ f ( t)
]
1
f ( t)
=
=
k = 0
L[
f ( t)]
=
∞
−st
e
= F ( s)
∞
∑
∫
0
1
f ( t)
dt
f ( t − kT)
⋅ S(
t − kT)
1
∞
−kTs
∑F1( s)
e
∞
−kTs
= F1
( s)
∑e=
k = 0 k = 0
geometrijski
red
1
F1
( s)
1−
e
−Ts

203. Odredite Laplaceovu transformaciju pravokutnog napona prema slici?
αT T αT
αT
u
1
⎛ 1 1
= Es(
t)
− Es(
t −αT
) → L[
u1(
t)]
= E⎜
− e
⎝ s s
−
1−
e
L[
u(
t)]
= E
s(
1−
e
ili ?
F1
( s)
L[
u(
t)]
=
1−
e
F ( s)
=
1
αT
∫
−0
Ee
−st
−st
αTs
=
−Ts
)
E 1−
e
s 1−
e
dt = −
E
s
−sαT
e
−sT
αT
−st
0
= −
E
s
−αTs
Teorija Mreža - 93
⎞ E(
1−
e
⎟ =
⎠ s
−sαT
E −sαT
( e −1)
= ( 1−
e )
204. Odredite Laplaceovu transformaciju pilastog napona prema slici.
T
T
2T
E
E
u1
= ⋅t
⋅ S(
t)
− E ⋅ S(
t −T
) − ⋅(
t −T
) ⋅ S(
t −T
)
T
T
−as
vremenski pomak : L[
f ( t − a)
S(
t − a)]
= e F(
s)
L[
u ( t)]
=
1
U1(
s)
U ( s)
=
1−
e
E 1 e
⋅ − E 2
T s s
−sT
=
−Ts
−
E
T
e
s
E 1 e
⋅ − E 2
T s s
1−
e
−Ts
−Ts
2
−sT
−
= U ( s)
205. Odredite Laplacovu transformaciju impulsa jedinične površine prikazanog na
slici. Čemu je jednaka Laplacove transformacija impulsa ako ε → 0 .
1/ε
1/ε
ε
ε
1/ε
kada sumiramo dvije jed.
stepenice dobijemo f-ju
1/ε
ε
δ(t) - diracova f-ja
E
T
1
e
s
−Ts
u(t) prikazati preko f-je jedinične stepenice S(t)
1
u(
t)
= [ S(
t)
− S(
t −ε
) ]
ε
direktna
L.
t.
1 ⎡1 1
L[
u(
t)]
⎯⎯→U
( s)
= ⎢ − e
ε ⎣s
s
ε → 0
1−
e
limU
( s)
= lim
ε →0
ε →0
εs
+ ε
∫
−ε
δ ( t)
dt = 1
−εs
=
0
0
−εs
2
⎤ 1−
e
⎥ =
⎦ εs
−εs
s
−αTs
)

Teorija Mreža - 94
206. Odredite i nacrtajte funkciju f(t) Laplaceova transformacija koja je
−s
2
F(
s)
= ( 1−
e )
s
1
.
−s
( 1−
e )
−s
1
2 1−
2e
+ e
F(
s)
= =
s
s
f ( t)
= S(
t)
− 2s(
t −1)
+ s(
t − 2)
207. Ako je
⎧Uˆ
sinωt
u(
t)
= ⎨
⎩0
π/ω 2π/ω
−2s
−
1 e
= − 2
s s
s
e
+
s
−2s
ω
L [sinωt] = odredite Laplaceovu transformaciju funkcije
2 2
( s + ω )
0 ≤ t ≤ π / ω
.
π / ω ≤ t < ∞
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
u = Uˆ
π π
ωt
⋅ s t + Uˆ
1 sin ( ) sinω⎜
t − ⎟⋅
s⎜t
− ⎟
⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠
ω
L[sinωt]
= 2 2
s + ω
π
ωUˆ
⎛ − s ⎞
L u t = ⎜ ω
[ ( )]
⎟
1
⎜
1+
e
2 2
s + ω ⎟
⎝ ⎠
208. Struja neke grane mreže dana je u frekvencijskom području
b0s
I(
s)
=
a s
0
2
2
+ b1s
+ b
+ a s + a
1
2
2
. Svi koeficijenti su realni i pozitivni. Što se sve može zaključiti
o toj mreži samo na temelju zadanog izraza prije transformacije funkcije I(s) u
vremensko područje?
- teorem konačne vrijednosti: lim f ( t)
lim s ⋅ F(
s)
t→∞
=
s→0
3 2
b0s
+ b1s
+ b2s
0
lim s ⋅ F(
s)
= lim
= = 0 , i ( ∞)
= 0 stabilnost mreže
s→0
s→0
2
a s + a s + a a
0
1
- teorem početne vrijednosti: f ( t)
= lim s ⋅ F(
s)
2
lim
t→0
2
s→∞
1 b1
b2
3 2
b + +
b + + 3 0
2
0s
b1s
b2s
b0
lim s ⋅ F(
s)
= lim
⋅ s = s s = = ∞ , i ( 0)
= +∞ skok struje LDM
s→∞
s→∞
2
a + + 1 a
0s
a1s
a2
0 a1
a2
+ +
0
3
2 3
s s s s

Teorija Mreža - 95
209. Objasniti vezu između Laplaceove transformacije i fazorske transformacije.
Ako su svi početni uvjeti u t=-0 jednaki nuli, pravila Laplaceove transformacije identična su
pravilima fazorske transformacije samo se varijabla s zamjeni sa jω.
Npr. za serijski RLC krug
2 2
Fazorska transformacija: [ ] U&
2
( ω − ω ) + 2αω
= ω U&
0
j C
2
Laplaceova transformacija: [ s + 2α
s + ω ] U C ( s)
= ω U ( s)
2
0
Ako se stavi s=jω jednadžbe su potpuno istog oblika, ali imaju posve različita značenja.
210. Vrijedi li KZ za napon i struju u frekvencijskom s-području? Posjeduju li
pojmovi transformiranih napona i struja fizikalni smisao?
Laplaceova transformacija je linearna transformacija pa za nju vrijede KZ.
Transformirani napon i struja nemaju fizikalni smisao jer zapravo oni i nisu naponi i struje.
Dimenzija transformiranog napona je Vs, a struje As.
211. Pod kojim uvjetom svaki reaktivni element u frekvencijskom području ponaša
kao otpor.
Pod uvjetom da je mreža «mrtva», tj. da su svi početni uvjeti (iL i uC) jednaki nuli.
u
i
C
L
= sLI
L
= sCU
C
⎫
⎬ako
⎭
su počočetuvjeti
0
, (ako je mreža mrtva)
212. Objasnite moguće prikaze kapaciteta u frekvencijskom području.
a) pomoću transformirane impedancije
U
C
1
( s)
= I
sC
C
U
( s)
+
C
( −0)
s
ZC (s)
- matematički izraz ima isti oblik ako Ohmov
1
zakon za «napon» UC (s)
na otporu kroz koji
sC
prolazi struja (s)
i u seriju s kojim je uključen
I C
«naponski izvor»
U C
(−0)
s
0
2
0
b) pomoću transformirane admitancije
I
C ( s)
= sCU ( s)
− CU C ( −0)

213. Objasnite moguće prikaze induktiviteta u frekvencijskom području.
a) pomoću transformirane impedancije
Z L (s)
U
L
( s)
= SLI L ( s)
− LiL
( −0)
b) pomoću transformirane admitancije
1 iL
( −0)
I L ( s)
= U L ( s)
+
sL s
Teorija Mreža - 96
YL (s)
214. Može li se za bilo koji napon narinut na oba jednoprilaza pronaći razlika u
valnom obliku struje? Obrazložite.

Teorija Mreža - 97
215. Pomoću teorema o početnoj vrijednosti odredite početne vrijednosti struja
kroz otpore R
)
0
(
),
0
( 2
1
+
+ i
i
2 2
1 i R2 nakon uklopa sklopke u t=0 i to za slučajeve: a)
, b)
2
1L
L
M < 2
1L
L
M =
)
(
)
(
)
(
0
)
0
(
)
(
)
0
(
)
(
)
(
2
2
2
2
1
0
2
2
0
1
1
1
1
1
1
s
I
R
s
I
sL
s
sMI
Mi
s
sMI
i
L
s
I
sL
s
I
R
s
E
+
+
=
−
−
+
−
−
+
=
=
=
]
)[
(
)
(
0
)
(
]
)[
(
2
2
2
1
2
1
1
1
R
sL
s
I
sM
s
I
sM
s
I
sL
R
s
I
s
E
+
+
⋅
=
⋅
+
+
=
EM
sM
s
E
sM
s
E
sL
R
sL
R
s
E
sL
R
sM
s
E
M
s
sL
R
sL
R
sL
R
sM
sM
sL
R
−
=
−
=
+
=
∆
+
=
+
=
∆
−
+
+
=
+
+
=
∆
0
)
(
0
)
)(
(
1
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
3
2
1
3
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
)
)(
(
)
(
M
s
L
L
s
R
L
s
L
R
s
R
sR
ER
sEL
M
s
sL
R
sL
R
sL
R
s
E
I
−
+
+
+
+
=
−
+
+
+
=
∆
∆
=
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
2
M
s
L
L
s
R
sL
L
sR
R
R
EM
I
−
+
+
+
−
=
∆
∆
=
a)
0
)
0
(
0
0
lim
0
)
0
(
,
0
lim
2
2
2
1
2
1
1
=
+
=
−
=
=
+
=
∞
→
∞
→
i
M
L
L
I
i
I
s
s
b)
1
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
)
0
(
)
0
(
0
)
0
(
)
0
(
R
L
R
L
EM
i
R
L
R
L
ER
i
i
L
L
i
+
−
=
+
+
=
+
=
+
+
+

Teorija Mreža - 98
216. Odredite valni oblik struje induktiviteta L1 nakon što isklopi sklopka u t=0. Što
se događa ako je
2
2
1
1
R
R = L
L
?
3
2
1 α
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
1
)
)(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0
(
)
0
(
L
L
R
R
s
R
R
L
L
R
L
R
L
L
L
s
R
R
E
R
R
R
L
R
L
s
I
R
E
L
R
E
L
s
I
R
R
sL
sL
R
E
i
R
E
i
S
S
+
+
+
+
−
=
+
+
+
−
=
+
−
=
+
+
+
=
−
=
−
0
)
(
)
(
)
(
)
(
2
2
1
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
1
1
2
1
2
2
1
2
=
→
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
+
=
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
−
−
t
i
R
L
R
L
je
ako
e
R
L
R
L
L
L
E
t
i
e
R
R
L
L
R
R
R
L
R
R
R
L
E
t
i
t
t
α
α
217. Odredite valni oblik napona na C2 ako u t=0 sklopka preklopi iz 2 u 1.
ustaljeno stanje(prije
prebacivanja sklopke) :
0
)
0
(
)
0
(
2
1
=
−
=
−
C
C
U
E
U
)
(
)
(
)
(
1
)
(
1
)
(
)
(
1
)
(
)
(
2
1
2
2
1
1
2
1
1
s
I
s
I
s
I
sC
s
I
s
E
sC
s
I
s
U
s
E
sC
s
I
R
s
I
s
E
C
C
C
C
C
C
+
=
=
+
=
+
+
=
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
1
1
)
(
1
1
1
1
)
(
)
(
1
)
(
1
)
(
2
1
1
2
1
1
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
+
+
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
=
+
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
=
+
=
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+
+
+
=
s
E
C
C
C
s
s
E
s
U
s
C
R
E
s
s
E
s
C
sR
s
E
s
U
C
C
R
s
E
sRC
C
C
sR
s
U
C
C
C
R
C
C
- svođenje na parcijalne razlomke
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
/
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
1
1
2
1
1
2
)]
(
[
1
)
(
;
1
1
1
1
)
(
t
C
C
C
Ee
C
C
C
E
s
U
L
s
E
C
C
C
s
E
s
U
C
C
C
E
B
E
A
E
A
Es
C
C
C
E
Bs
s
A
s
B
s
A
s
s
Es
C
C
C
E
s
U
−
−
+
−
=
+
+
−
=
+
−
=
=
⇒
=
+
+
=
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
+
+
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
+
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
=
− τ
/
2
1
2
2
1
)
(
t
C
e
C
C
C
E
t
u

218. Odredite valni oblik struje kroz R2 nakon isklopa sklopke u t=0.
vezani induktiviteti:
2
2
2
I ( s)
= M
2
E
R
1
M > 0
U
U
1ekv
2ekv
( sL + R ) I ( s)
= U
2ekv
= L i ( −0)
+ M i ( −0)
1 1
2 2
= 0
2
= 0
= L i ( −0)
+ Mi ( −0)
= M
E
R
1 ME 1
=
sL2
+ R
R
2 L2R1
2 s +
L
L2
ME
τ = ⇒ I2
( s)
=
E2
L2R1
1
1
s +
τ
⎡ ⎤
−1
−1⎢
ME 1 ⎥
L [ I2
( s)]
= L ⎢
L 1
⎥
⎢ 2R1
s + ⎥
⎣ τ ⎦
⇒
1
2
1
ME
i2(
t)
= e
L R
2
1
−t
/ τ
i ( −0)
=
1
Teorija Mreža - 99
E
R
i ( −0)
= 0≠
i ( + 0)
219. Zašto je pri rješavanju neke mreže s pomoću metode jednadžbi struja petlji
«zgodno» sve početne uvjete prikazati kao naponske izvore?
Ako početne uvjete prikažemo kao naponske izvore svaka mreža sa reaktivnim
elementima ponaša se kao otporna mreža i lakše ju je analizirati i brže dolazimo do
rješenja. Broj petlji ostaje isti uz minimalan broj jednadžbi.
220. Zašto je pri rješavanju neke mreže pomoću metode jednadžbi napona čvorova
«zgodno» sve početne uvjete prikazati kao strujene izvore?
Transformirana mreža ponaša se kao otporna mreža. Broj čvorova ostaje isti uz minimalan
broj jednadžbi.
2
1
2
LDM

Teorija Mreža - 100
221. Pod kojim uvjetima vrijedi definicija funkcije mreže? Koja je osnovna razlika
između definicije funkcije mreže u frekvencijskom s-području u odnosu na
definiciju funkcije mreže u frekvencijskom ω području?
Definicija funkcije mreže vrijedi za svaku linearnu vremenski nepromjenjivu mrežu u kojoj
djeluje samo jedan nezavisni izvor.
L[
prisilni odziv]
R(
s)
H ( S)
=
=
L[
poticaj]
E(
s)
U frekvencijskom ω-području funkcija mreže H(jω) je kompleksni broj koji pomožen s
fazorom poticaja daje fazor odziva, a u mreži koju karakteirzira H(s) svi početni uvjeti
jednaki su nuli i u mreži nema unutarnjih nezavisnih izvora.
222. Koji je fizikalni smisao polova i nula funkcija mreže?
Polovi definiranju valni oblik odziva, a nule veličine svakog dijela odziva. polovi su podskup
frekvencija iz skupa prirodnih frekvencija odziva.
223. Što su to prirodne frekvencije varijable mreže r(t)? Ilustrirajte primjerom.
Odziv se sastoji od valnog oblika u kojem se nalaze frekvencije pi koje ovise samo o
funkciji mreže i zovu se prirodne frekvencije varijable mreže r(t).
s
2
+
⎛
⎜
⎝
R1
1 ⎞ ⎛ R1
⎞ 1
+ ⎟s
+ 1 = 0
2 ⎜ +
⎟
L R C ⎠ ⎝ R2
⎠ LC
prirodne frekvencije varijable ( ) su rješenja ove karakteristične jednadžbe ako je poticaj
i
naponski izvor 1( ) što proizlazi iz
t u
I 2(
s)
Y 21 = .
U ( s)
I 2(
s)
Y 21 =
U ( s)
2
2 t
2
I2
( s)
ako je poticaj srujni izvor, funkcija mreže je α 21(
s ) = pa je rješenje ove karakteristične
I ( s)
jednadžbe jedna prirodna frekvencija.
Neki broj S1 prirodna je frekvencija varijable mreže x(t) ako za neko početno stanje mreže
s t
slobodni odziv varijable x(t) sadržava član K e . 1
1
1

Teorija Mreža - 101
224. Odredite prordne frekvencije varijable i2(t) ako je a) poticaj oblika Uˆ sinωt
, b)
−αt
poticaj oblika i = Ie .
1
a) poticaj naponski izvor k.s. dvije
prirodne frekvencije
( sL + R )
2
1
2
2
I ( s)
+ R ( I ( s)
− I ( s))
= 0
1
I ( s)
sL − R [ I ( s)
− I ( s)]
= 0
determinanta sustava:
2
1
1
2
2
1
2
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
R1
R2
R2
⎟
R1R2
+ + + s + = 0
⎜ L1
L1
L2
⎟
{
L1L2
⎜ 14243
4 ⎟
2
⎝ 2α
⎠ ω
2
2
1
2
2
2
( sL + R + R )( sL R ) − R = 0
s
0
2
krug drugog reda
karakteristična jednadžba ne ovisi o poticaju
s
2
+ 2αs
+ ω
2
0
= 0
prirodne frekvencije:
s
1,
2
= −
2
α ± α −
b) poticaj strujni izvor p.h. jedna
prirodna frekvencija
( sL +
R ) I ( s)
= 0
2
R
s +
L
2
2
2
= 0
R2
s1
= −
L
2
2
ω
2
0

Teorija Mreža - 102
225. Pokažite na primjeru mreže sheme spoja prema slici da recipročna funkcjia
neke prijenosne funkcije mreže ne mora biti funkcija mreže.
A
A
A
21
12
21
U 2(
s)
( s)
=
U ( s)
12
1
U1(
s)
( s)
= → poticaj u
U ( s)
1
≠
A
2
226. Između zadanih racionalnih funkcija odredite one koje mogu biti ulazne
funkcije mreže.
2
s + 2s
+ 2
Z 1(
s)
= ;
3
s + s + 1
ulazne funkcije mreže:
Y2
( s)
=
s
2
s − 3
;
+ 3s
+ 1
Y3(
s)
=
s
U1(
s)
I1(
s)
Z 1 = ; Y1(
s)
=
I ( s)
U ( s)
I.) na višim frekvencijama dominira svojstvo
jednog elementa mreže. To znači da je mreža:
Z ( s)
ili Y ( s)
1
I(
s)
sL
Z1(
s)
=
I(
s)
1
ekv = sLekv
- razlika stupnja polinoma u brojniku i nazivniku
mora biti 1 (P(s)-Q(s)=1) Y3 otpada
1
1
4
2
3s
+ 2
;
3 2
+ s + 2s
+ s + 1
2
s + s + 1
Y4
( s)
=
s + 2
II.) mreža je L/VNP, R>0 pasivni elementi mreže, svi koeficijenti P(s) i Q(s) moraju biti
pozitivni otpada Y2.
III.) u polinomu moraju postojati svi članovi od najvišeg ka najnižem osim ako nedostaju svi
parni ili svi neparni otpada Z1(s).
- funkcija Y4(s) može biti ulazna.

227. Odredite koje funkcije mogu bit prijenosne funkcije mreže,
A
A
21
3
2
3
s + 2s
s + s −1
1
s + 2s
( s)
= ; Z
2
21(
s)
= ; α 2
21(
s)
= ; Y
2
21(
s)
= .
4 2
s + s + 1
s + 2s
+ 2 s − 2s
+ 2 s + 3s
3
s + 2s
s)
=
s + s + 1
21(
2
1
α 21(
s)
= 2
s − 2s
+ 2
Z
Y
2
s + s −1
s)
=
s + 2s
+ 2
21(
2
21
3
s + 2s
( s)
= 4 2
s + 3s
Teorija Mreža - 103
Ne jer za prijenosne funkcije A21(s) i α21(s) najviši mogući stupanj
brojnika jednak je stupnju polinoma nazivnika
Ne, Q(s) mora imati pozitivne koeficijente
Ova funkcija može bit prijenosna funkcija mreže
Ne. Nedostaje Q(s) član uz s 0 .
228. Odredite prijenosnu impedanciju Z21(s) i prijenosnu admitanciju mreže prema
slici.
2
U ( s)
= I ( s)[
sL + s LR C + R + R R sC + R ]
Y
Z
U 2(
s)
I2
( s)
R2
R2
( s)
= =
=
I ( s)
I ( s)(
1+
R sC)
1+
R sC
Z
21
U 2(
s)
( s)
=
I ( s)
1
I2
( s)
( s)
=
U ( s)
1
U1(
s)
= sLI1(
s)
+ R1I1
( s)
+ [ I1(
s)
− I2
( s)]
sC
1
[ I1(
s)
− I2
( s)]
− R2I
2(
s)
= 0
sC
1
1
1
[ I1(
s)
−
I2
( s)]
= R2I
2(
s)
I1(
s)
= R2I
2(
s)
+ I2
( s)
sC
sC
sC
⎛ 1 ⎞
I1(
s)
= I2
( s)
⎜ R2
+ ⎟sC
= I2
( s)
⋅(
1+
R2sC)
⎝ sC ⎠
1
1
U1(
s)
= sLI 2(
s)(
1+
R2sc)
+ R1I
2(
s)(
1+
R2sC)
+ I 2(
s)(
1+
R2sC)
− I2
( s)
sC
sC
2
U ( s)
= sL I ( s)
+ s LR CI ( s)
+ R I ( s)
+ R R sCI ( s)
+ I ( s)
R
1
1
21
21
2
2
I 2(
s)
I2
( s)
1
( s)
= =
=
2
2
U ( s)
I ( s)[
s LR C + sR R C + R + R ] s LR C + sR R C + R + R
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
Y
21
2

Teorija Mreža - 104
229. Dokažite da je za prijenosnu funkciju mreže A21(s) najviši mogući stupanj
polinoma brojnika P(s) jednak stupnju polinoma nazivnika Q(s).
A
21
U 2(
s)
Z2
( s)
I(
s)
Z2
( s)
= =
=
U ( s)
[ Z ( s)
+ Z ( s)]
I(
s)
Z ( s)
+ Z ( s)
1
1
imamo 3 elementa mreže, a po dva uzimamo istodobno. Postoje kombinacije: -ako su
elementi iste vrste, A21=kost., a ako su različiti sve kombinacije impedancija dvaju
elemenata od 3 moguća (sL, 1/sC, R) pokazuju da stupanj P(s) ne premašuje stupanj Q(s).
primjer: 1).
Z ( s)
= R
Z ( s)
= sL
2
1
A
21
sL
=
R + sL
2.)
2
1
Z1(
s)
=
sC
Z ( s)
= sL
2
1
A
21
2
2
sL s LC
= = 2 1
sL +
s LC + 1
sC
−αt
230. Prisilni odziv jednoprilaza na jedinični skok je y ( t)
= e . Odredite periodički
odziv jednoprilaza na poticaj
y ( t)
= e
−
1
αt
x(
t)
= Acosωt
x( t)
= Acosωt
.
1
L[
prisilniodziv]
=
= s + α s
H ( s)
= funkcija mrže
L[
poticaj]
1 s + α
s
1

Teorija Mreža - 105
231. Prisilni odziv mreže na koju je narinut poticaj Ae t je .
t −α
−α
cosω
Be cos( ωt
+ ϕ)
t
odredite prisilni odziv te mreže na poticaj AS(t).
232. Dokažite da je pasivnost mreže dovoljan, ali ne i nužan uvjet stabilnosti
mreža.
Sve pasivne mreže su stabilne, ali sve stabilne mreže ne moraj biti pasivne. Stabilna
mreža je ona gdje ograničen poticaj proizvede ograničen odziv.
233. Objasnite i pokažite na primjeru kako bez detaljnije analize prepoznati da neki
sklop s operacijskim pojačalom može raditi kao oscilator.
Sklopovi s pozitivnom povratnom vezom mogu raditi kao oscilatori.

Teorija Mreža - 106
234. Objasnite pojam stabilnosti impusnog odziva na primjerima mreža prema
slici.
235. Objasnite pojam stabilnosti slobodnog odziva na primjeru mreže prema slici.
karakteristična jednadžba:
| 0
odziv neke mreže na poticaj =
slobodni odziv (moraju biti nenulti početni uvjeti)
+prisilni odziv (zbog poticaja)
U 0 1
sLI L ( s)
− LI0
+ + I L ( s)
+ I L ( s)
R = 0
s sC
sLI0
−U
0
I L ( s)
=
,
⎛ 2 R 1 ⎞
L⎜
s + s + ⎟
⎝ L LC ⎠
R 2
2α
= , ω0
=
L
1
LC
stabilnost: ispitivanje polinoma u nazivniku
2
2
2 2
s + 2αs + ω0
= 0 ⇒ s1,
2 = −α
± α −ω
0 - prirodne frekvencije
α | < | ω | - odziv je oscilatoran , α | = | ω | - konzervatoran odziv
| 0
| 0
α | > | ω | - rješenje je realni broj aperdiodski odziv (stabilna mreža)
α > 0 - prigušenje
R
Sustav će biti stabilan ako je α ≥ 0 odnosno ≥ 0
L
tj. ako su R i L pasivni.

Teorija Mreža - 107
236. Objasnite pojam stabilnosti prisilnog odziva na primjeru mreže prema slici.
Isinωt
237. Odredite koji je od zadanih polinoma Hurwitzov polinom.
Q
1 ( 2
3
2
2
4
s)
= s + 5s
+ 6;
Q ( s)
= s + s − 6;
Q ( s)
= s + 8s
2
+ 16.

238. Koji su osnovni nedostaci Hrwitzovog testa stabilnosti?
1) nepoznata «udaljenost od granice stabilnosti»
2) transformat impulsnog odziva najčešće nije poznat
239. Objasnite pojam lokalne stabilnosti mreže.
Teorija Mreža - 108
240. Kako bi u vremenskom području izgledao valni oblik neke varijable stan ja
sustava koja je lokalno nestabilna a globalno stabilna?

Teorija Mreža - 109
241. U kojim je primjerima korisna stabilnost neke električne mreže, a u kojima
primjerima nestabilnost? Ilustrirajte odgovor primjerima.
242. Uređaj konstantne snage napaja se preko niskopropusnog LC filtra iz
istosmjernog naponskog izvora. Primijenivši metodu Ljapunova pokažite da
sustav filtar-uređaj može postati nestabilan!
stabilan dio (svi elementi
L/VNP, pasivni)
snage
p = konst = u ⋅i
u ⋅i
= k
uređređ
otpor sustava filtra + uređaj konstantne snage ≤ 0
aktivni otpor ,realizacija:
R
=
k
⇒ u =
i
du
di
I , U
0
0
=
d ⎛ k ⎞
⎜ ⎟ = k(
−1)
i
dt ⎝ i ⎠
−2
k
= −
i
2
I , U
- sve mreže koje sadrže o.p. ili zavisni izvor (nuni, nusi, suni, susi) su potencijalno
nestabilne mreže
0
0
≤ 0

243. Objasnite relativnost pojma faze sa stajališta teorije mreža.
opisivanje mreža, KZN, KZS:
e − Ri = e − Ri
e
1
1
2
2
1
− Ri
2
3
3
3
3
= e − Ri
i + i + i = 0
3
e − Ri
= −Ri
e
1
1
2
2
1
− Ri
2
3
3
= −Ri
i + i + i = 0
- sa stajališta teorije mreža iste mreže: i 1 + i2
+ i3
= i1
+ i2
+ i3
3
e = e − e
e
1
2
1
Teorija Mreža - 110
1
3
= e − e
- sa stajališta stvarnih mreža: prva mreža je simetrična trofazna, a druga nesimetrična
dvofazna.
- po teoriji mreža pojam faze je relativan
244. Kako je definiran fazni napon m-fazne m-žilne mreže? Koje je osnovno
svojstvo nulišta?
Višefaznu mrežu opteretimo m-krakom zvijezdom jednakih otpora R, a u
jednoharmonijskoj mreži m-krakom zvijezdom elemenata mreže jednakih impedancija u
svakoj fazi. Tada je fazni napon m-fazne i m-žilne mreže jednak umnošku struje kroz mfazu
i otpora R. u = Ri
k
k
Osnovno svojstvo nulišta je da su sume faznih napona m-fazne m-žilne mreže jednake
m
∑
k = 1
nuli. u = 0 .
k
245. S pomoću geometrijskih argumenata pokažite da su u svakoj simetričnoj
višefaznoj mreži potencijali zvjezdišta i nulišta jednaki.
Nulište dobivamo tako da n-terokutu raspolovimo stranice i taj postupak ponovimo za novi
n-terokut i tako sve dok se n-terokut ne stegne u točku. Ta točka je nulište sustava. Za
trofazni sustav nulište je težište trokuta linijskih napona.
Ukoliko je težište isto što i nulište, a težište je isto što i zvjezdište zaključujemo da su
potencijali zvjezdišta i nulišta jednaki.
2

Teorija Mreža - 111
246. Koje je osnovno svojstvo uravnotežene mreže i kojim je primjenama to
važno? postoje li i uravnotežene nesimetrične mreže?
Osnovno svojstvo uravnotežene mreže je da je trenutna snaga mreže konstantna u
m
∑
k = 1
ustaljenom stanju. e ( t)
i ( t)
= konst.
i jednaka zbroju srednjih snaga pojedinih faza.
k
k
(3-fazni asinkroni motor ne okreće se pulzativno ??? (pulsirajući) nego konstantnom
brzinom)
Postoje uravnotežene nesimetrične mreže (dvofazne trožilne mreže) gdje su naponi
e = Eˆ
cosωt,
e = Eˆ
sinωt
.
1
2
247. Odredite napon faze 2 u četverofaznoj mreži ako su poznate trenutne
vrijednosti svih međufaznih (linijskih) napona?
u
u
2
1
m
m
k = ∑
l=
1
1
= [ u
4
12
u
lk
+ u
32
+ u
42
]
k = 2
m = 4
248. U četverofaznoj simetričnoj mreži poznata je efektivna vrijednost napona
jedne faze. odredite efektivne vrijednosti svih međufaznih napona.
četverofazna simetrična mreža – međufazni naponi: U
fazni dijagram, 360:4=90°
U = Uˆ
sinωt
1
⎛ ⎞
= ˆ π
U 2 U sin⎜ωt
+ ⎟
⎝ 2 ⎠
U = Uˆ
sin
3
( ωt
+ π )
⎛ ⎞
= ˆ π
U 4 U sin⎜ωt
+ 3 ⎟
⎝ 2 ⎠
- fazni naponi: U&
, U&
, U&
, U&
veza između efektivnih vrijednosni faznih i linijskih napona:
m =
4
4
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( U + U + U + U ) = ( U + U + U + U + U + U )
4⋅
4U
8U
2
1
2
= Y
= 2Y
2
2
2
+ 2X
+ 4X
/ : 2
2
2 Y Y
iz dijagrama ⇒ X = +
4 4
2 2 Y = 2U
8U
= 2Y
⇒
X = 2U
3
2
2
4
21
2
Y
=
2
31
2
32
41
1
ω
2
42
12
3
, U , U , U , U , U
43
4
13
14
-
23
U13,U
24
- U
m
12
m − broj
14
24
34
34
, U , U , U
2
m∑Ui=
∑U
i= 1 l≤q
< s≤m
faza
23
2
sq
,

Teorija Mreža - 112
249. Poznate su efektivne vrijednosti linijskih struja trofazne mreže. Mogu li se u
općem slučaju odrediti efektivne vrijednosti faznih struja?
m
m
∑
k = 1
U
2
k
=
∑
2
U sq
l≤q
< s≤m
3
I
2 2 2
( U + U + U )
3⋅
3U
3Z
f
1
2
Y
=
2
f
I
2
f
= 3U
3I
l
2
2
l
3
= 3⋅
9Z
= U
2 2
Y Il
Fazne struje mogu se odrediti samo ako je mreža simetrična.
250. Za 3-fazni sustav prikazan fazorima vrijedi da se nulište nalazi u težištu
linijskih napona. a) vrijedi li to i za trenutne vrijednosti linijskih napona, b) vrijedi
li to općenito i za efektivne vrijednosti napona?
m 1
a) Vrijedi za trenutne vrijednosti uk
= ∑ u
m =
b) Ne vrijedi za efektivne vrijednosti jer ne vrijedi KZN za efektivne vrijednosti.
k 1
lk
251. Na simetričnu trofaznu mrežu efektivne vrijednosti linijskog napona U
priključene su tri žarulje iste snage. a) Što se događa s intenzitetom svjetla
pojedinih žarulja ako pregori osigurač u fazi 1? Kolike su efektivne vrijednosti
napona na pojedinim žaruljama? b) Koju efektivnu vrijednost napona pokazuje
voltmetar V ako se uz ispravne osigurače žarulje prespoje prema slici?
U
f
cos30
2
= U
3
=
V
→U
Ul
/ 2
U
f
=
V
3
= U
2
3
2
f
⇒
U
f
U l =
3
2
21
+ U
2
31
+ U
2
32
žarulje imaju istu snagu svijetle jednako
žarulja B meni je dobro!
U B
= U 23 = U ja svijetlim kao i prije
žarulja A i C nama nije dobro, jer mi ne
svijetlimo kao i prije
U
U A = UC
=
2
3 U L 3
UV =
= U l =
2 3 2
23
U
=
2
3
U
2

Teorija Mreža - 113
252. Efektivna vrijednost linijskog napona trofaznog sustava uvijek je manja od
3 -struke efektivne vrijednosti faznog napona ako u faznom naponu postoje viši
harmonici reda 3k, k=1,2,3,...Zašto?
u Uˆ
⎛ 2π
⎞
ωt Uˆ
2 = 22 sin⎜
+ ⎟ + 23 sin 3ω
⎝ 3 ⎠
( t)
u Uˆ
⎛ 2π
⎞
ωt Uˆ
3 = 32 sin⎜
+ ⎟ + 33 sin 3ω
⎝ 3 ⎠
( t)
Zato što 3-struki harmonici uvijek tvore jednofazni sustav.
253. Trofazni jednoharmonijski nesimetrični naponski izvor napaja simetrično
trošilo impedancije Z(jω). Odredite efektivnu vrijednost linijskog napona U12 ako
su poznate efektivne vrijednosti struja I1, I2, I3 te efektivne vrijednosti linijskih
napona U23 i U13.
3
2 2 2
( U1
+ U 2 + U 3 ) =
2 2 2
Z | ( I + I + I )
3 |
U
12
=
1
3 |
2
Z |
3
∑
k = 1
I
3
2
k
U
2
12
= U
− ( U
254. Odredite efektivne vrijednosti struje faza i neutralnog vodiča ako je simetrični
trofazni sustav napona opterećen simetričnim trošilom A i B, a struja faze 1 je
i = Iˆ
sinωt
+ kIˆ
sin( 3ωt
+ 30°
)
1
I m
I
0
k
Iˆ
1+
=
2
3
= kIˆ
2
2
,
+ U
2
12
2
23
m = 1,
2,
3
2
23
+ U
+ U
+ U
2
23
2
31
2
31
+ U
)
2
31

Teorija Mreža - 114
255. Objasnite postupak određivanja simetričnih komponenata m-fazne mreže.
Koji je fizikalni smisao simetričnih komponenata 3-faznog sustava?
m
A& k
A&
k = ∑
k = 1
Ako je zadano m-fazora ( , k = 1,
2,...
m )
npr. m=3 9 fazora, m=5 25 fazora B&
m = B&
e , k = 1,...
m
B k k-ta simetrična komponenta
B&
V
1
=
m
m
∑
k = 1
A&
e
k
2π
j ( k −1)
V
m
kV
V
B&
kV
2π
− j ( k −1)
V
Fizikalni smisao simetričnih komponenti 3-faznog sustava je rastavljanje nesimetričnog
sustava u 3 simetrična sustava: dva trofazan (inverzni i direktni) i jednog jednofaznog
(nulti).
256. Navedite osnovna svojstva Steinetzovog operatora.
2
j π
1 3
3 a = e = − + j = 1/
120°
2 2
Ovaj operator zakreće fazu za 120°, a koristi se i za računanje simetričnih komponenti.
257. Što su to ciklički simetrične mreže? Ilustrirajte odgovor primjerom.
Mreža je ciklički simetričan ako vrijedi:
primjer: sinkroni stroj (sinkroni generator)
Mreža nije recipročna. Ne statička mreža
Z
Z
Z
12
21
11
= Z
= Z
= Z
23
32
22
= Z
= Z
= Z
31
13
33
⎫ ove gornje
⎬
⎭različazlod
donjih

Teorija Mreža - 115
258. Zašto je pri analizi nesimetričnih trofaznih mreža zgodno uvesti metodu
analize pomoću simetričnih komponenti?
Analiza nesimetričnih trofaznih mreža metodom simetričnih komponenti pojednostavljuje
proračun. u nekim slučajevima (npr. rotacijski strojevi u mreži) elemente nadomjesne
sheme spoja mreže možemo odrediti samo metodom simetričnih komponenti.
259. Što treba znati da bi se nesimetrična višefazna mreža mogla rješavati bilo
kojom standardnom metodom analize?
Treba poznavati elemente nadomjesne sheme mreže ili te elemente treba odrediti
mjerenjem.
1
260. Na trošilo za koje vrijedi ωL
= narinut je direktni sustav napona. Pokažite
ωC
da struje faza tvore inverzni sustav.
1
X = ωL
=
ωC
Fazorska transformacija: 2KZN, 1KZS:
U&
1 −U&
2 = jXI&
1
U&
3 −U&
2 = − jXI&
I&
+ I&
+ I&
= 0
1
2
3
3
2
a
I&
1−
⎫
1 = U ⎪
jX ⎪
⎬ ⇒ I&
= −I&
− I&
=
2
2 1 3
a − a
I&
= − U ⎪
3
jX ⎪
⎭
1+
a + a
1+
a = −a
a
2
= a
−1
2
= 0
2
1
=
a
I&
= −I&
− I&
= −(
a + 1)
I&
3
1
2
I&
=
a I&
3
1
2
& I&
−2
= a = I&
a
I 2
1
1
U
jX
U I&
1 =
jX 2
1−a
ω
ω
U
U
1
2
U&
U&
U&
1
2
3
= U
2
= a U
= aU
= Uˆ
sinωt
⎫
⎪
⎛ ⎞⎬monoharmonijski
= Uˆ
2π
sin⎜ωt
+ ⎟⎪
⎝ 3 ⎠⎭
− I&
1
1
( −1+
a)
= ( −1+
a)
=
( −1+
a)(
−1−
a)
1+
a
I&

Teorija Mreža - 116
261. Veza između simetričnih komponenti i nesimetričnih trofaznih napona dana je
izrazom. Odredite fazore direktnog, inverznog i nultog sustava ako je
3
1
,
3
1
,
1 3
2
1
j
U
j
U
U +
−
=
−
=
=
&
&
& .
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
3
2
1
2
2
0
1
1
1
1
1
3
1
U
U
U
a
a
a
a
U
U
U
i
d
&
&
&
&
&
&
,
2
3
2
1
,
2
3
2
1 2
j
a
j
a −
−
=
+
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
−
−
−
−
−
+
−
+
+
+
+
−
+
+
+
+
−
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
−
−
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
−
−
−
−
+
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
1
1
5
3
1
3
1
3
1
1
2
3
2
3
2
3
2
1
2
3
2
3
2
3
2
1
1
2
3
2
3
2
3
2
1
2
3
2
3
2
3
2
1
1
3
1
3
1
3
1
1
1
1
1
2
3
2
1
2
3
2
1
1
2
3
2
1
2
3
2
1
1
3
1
0
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
U
U
U
i
d
&
&
&
3
1
,
3
1
,
3
5
0
−
=
−
=
= U
U
U i
d
&
&
&
262. Veza nesimetričnih trofaznih napona i simetričnih komponenti dana je
izrazom. Odredite ako su referentni fazori simetričnih komponenti
.
3
2
1
,
, U
U
U
&
&
&
&
&
& j
U
U
U i
d
=
=
= 0
,
1
,
2
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
0
2
2
3
2
1
1
1
1
1
1
U
U
U
a
a
a
a
U
U
U
i
d
&
&
&
&
&
&
0
2
3
0
2
2
0
1
U
U
a
U
a
U
U
U
a
U
a
U
U
U
U
U
i
d
i
d
i
d
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
&
+
+
=
+
+
=
+
+
=
a – Steimmetzov operator svojstva operatora:
2
3
2
1
3
2
sin
3
2
cos
3
2
j
j
e
a
j
+
−
=
+
=
=
π
π
π
a
a
a
a
a
e
a
a
a
j
=
=
=
=
=
+
+
−
− 2
2
1
3
3
4
2
2
;
1
;
0
1
π
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ +
+
−
=
+
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ −
+
−
=
+
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
=
+
+
=
+
=
+
+
=
2
3
1
2
3
2
2
3
1
2
3
2
3
2
1
2
3
2
1
2
2
3
1
2
2
3
2
2
1
j
j
a
a
U
j
j
j
j
a
a
U
j
j
U
&
&
&
Nesimetrični sustav napona,
trofazni.

Teorija Mreža - 117
263. Je li nužno simetričnu trofaznu mrežu rješavati metodom simetričnih
komponenti ako se zna direktna, inverzna i nulta impedancija izvora? Obrazložite.
Nije nužno, ali je logično. Ako znamo direktnu, inverznu i nultu impedanciju možemo
rješavati mrežu bilo kojom metodom.
264. Zašto je višefaznom sustavu važno dogovoriti referentnu točku s obzirom na
koju je definirana trenutna snaga.
265. Što je aritmetička prividna snaga i zašto je ona uvijek manja od sistemske
prividne snage?
266. Što je sistemska prividna snaga i pod kojim uvjetom je ostvarena potpuna
kompenzacija faktora snage λ.

Teorija Mreža - 118
267. Odredite aritmetičku i sistemsku prividnu snagu te djelatnu snagu simetrične
trofazne mreže opterećene otporom R.

Teorija Mreža - 119
268. Trofazna mreža direktnog sustava opterećena je trima otporima G , G , G ,
Fazori struja pojedinih faza dani su izrazima… Pretpostavite da je
G G = G,
G = 2G
. Nacrtajte fazorske dijagrame napona i struja trofaznih mreža i
1 = 2 3
objasnite opravdanost uvođenja pojma sistemske prividne snage.
U
I&
1 =
2
U
I&
2 =
2
U
I&
3 =
2
[ 3(
G + G ) + j 3(
G − G ) ]
1
[ − 3G
− j 3(
G + 2G
) ]
1
[ − 3G
+ j 3(
G + 2G
) ]
3
3
1
3
1
2
2
3
1
2
3

Teorija Mreža - 120
269. Zašto nije moguća trenutna kompenzacija nedjelatnih komponenti sistemske
prividne snage?
270. Zašto nije moguća trenutna kompenzacija u jednofaznim mrežama?

271. Nacrtajte nadomjesnu shemu spoja zadane merež.
Naponom upravljan
Teorija Mreža - 121
272. Odredite struju kroz kapacitet C maksimalno pojednostavnivši zadanu mrežu.
(Greška Au1 nije definirana upravljačka grana NUNI-a)
u
u
i
C
C
C
=
Au + u
= u(
1+
A)
du
= C
dt
C
= C
d
dt
( u(
1+
A)
)
du
= ( 1+
A)
C
dt
- napon na L i R =U
- strujni izvor ne određuje struju
kroz C

Teorija Mreža - 122
273. Odredite valni oblik napona izvora nakon uklopa sklopke u t=0 ako je od t=0
poznat valni oblik napona na C2, uC2(t).
Nadomjesna mreža:
⎛ du ⎞
u = R1⎜
i − C ⎟ + uC
2 R1C
⎝ dt ⎠
R C = τ
1
1
u(
t)
= u(
+ 0)
e
= 0
−t
/ τ
str. 28. izraz 31.
1
+
τ
∫
t
0
e
t−
x
−
τ
rješenje:
KZN: (-istosmjerni izvor)=1, KZS: 1
KZN: u = R i 1 + u 2
KZS:
i
i
1 R C
+ i
= i
du
+ C
dt
⇒ i
C
= R1
C1
R1
R1
Konst. relacije za C:
1
du
+ u = R i + u
dt
( R I + u ( x)
)
1
C 2
C
1 2
= R1I
+ uC
2
,
dx
u
u
C1
C1
i
C
du
= C
dt
C
= C
( −0)
= 0 = u(
−0)
( + 0)
= 0 = u(
+ 0)
du
= i − C
dt
274. Odredite valni oblik napona na induktivitetu L2 u ustaljenom stanju
primjenivši Millmanov teorem.
Usinωt
NUNI:
u&
k
∑
Y U&
k
cd = n=
1
n
∑
k = 1
Y
k
k
teorem zamjene:
Usinωt
k= broj poprečnih grana =3
U&
U&
L2
L2
0
Re
= 0
du
dt
nadomjesna mreža:
C
jωC jωC
1/jωL
1
jωC1U&
+ jωC2
AU&
2 + ⋅0
jωL2
=
1
jωC1
+ jωC2
+
jωL2
2
2
U&
ω L2C1
ˆ ω L2C1
sin( ωt
+ 0)
=
⇒ u 2(
t)
= U
2
L
2
1−
ω L [ C + C ( 1−
A)]
1−
ω L [ C + C ( 1−
A)]
ϕ = arctg
2
1
2
2
1
2

n 1
275. Dokažite da u mrežo vrijedi da je ud
= ∑ uk
( t)
.
n k =
u
u
d
d
=
=
n
∑
k = 1
n
U&
∑
k = 1
1
jωL
k
Y
Y
k
k
1
U&
=
1
1
+ U&
jωL
1
1
jωL2
+ U&
3
1
+ ... + U&
jωL3
1
n
jωL
n
( U&
+ U&
1 1
1 2 + ... + U&
n ) = ∑
2
1
n
jωL
n
k = 1
U&
k
Teorija Mreža - 123
276. Odredite snagu trošila R ako je zadano i1 = 2I1 sinωt
, i 2 = 2I 2 sin( ω t + ϕ)
. Koji
uvjet mora vrijediti da bi za snage vrijedio teorem superpozicije?
P R
2
1
2
1
= i R = I ωt
⋅ R
2
2
2 sin
= i R = 2I
sin ( ω t + ϕ)
⋅ R
P Ruk
P R
2
2
2 2 2 2
( I sin ω t + I sin ( ω + ϕ)
)
= 2R
t
1
2
2
2
Ne može se riješit jer da bi za snage vrijedio teorem superpozicije ne smije biti interakcije
između odziva nastalih kao rezultat različitih poticaja.
277. Dokažite da je linearni vremenski nepromjenjivi induktivitet recipročni
element mreže.
di1
di2
u1
= L = −L
dt dt
u
2
di2
di1
= L = −L
dt dt
Ako u 1 = u2
slijedi da je i 2 = i1
pa je zadovoljen uvjet recipročnosti.
n
1
jωL
n

278. Je li linearnost neke mreže nužan uvjet da bi ta mreža bila recipročna?
Teorija Mreža - 124
Linearnost je dovoljan, ali ne i nužan uvjet recipročnosti. Iz definicije recipročnosti
(zamjena odziva i poticaja) proizlazi da će i svaki nelinearni otpor (neparno simetrične
karakteristike) biti recipročan element mreže.
279. Objasnite na primjeru temeljni uvjet za izbor para pokusa kojim se dokazuje
eventualna recipročnost neke mreže.
Temeljni uvjet izbora para pokusa pri određivanju recipročnosti mreže je da se zamjenom
mjesta poticaja i odziva struktura mreže ne mijenja.
primjer:
α(s)
β(s) α(s) β(s)
280. Dokažite da girator nije recipročni element mreže.
u2
=
−ri1⎫
⎬uz
i1
= i2
slijedi u1
= −u2
u1
= ri2
⎭
i slijedi da
girator nije recipročec element mreze

Teorija Mreža - 125
281. Zašto se na temelju dvaju pokusa prikazanih na slici ne može dokazati
recipročnost linearnog dvonamotnog transformatora. Koje pokuse treba provesti
i zašto?
Ovi pokusi ne mogu se koristiti u dokazivanju recipročnosti jer je mreža strukturno
promijenjena. Strukturno gledano u pokusu 1 mreža je kratko spojena na prilazu 1, 1', a
prekinuta u 2, 2', dok je kod pokusa 2 mreža kratko spojena na prilazu 2, 2', a prekinuta na
1, 1'. Treba provesti slijedeće pokuse:
α
α 1 2
β
α
1 2
β
Uα ( s)
Iα
( s)
+ U β ( s)
I β ( s)
= Uα
( s)
Iα
( s)
+ U β ( s)
I β ( s)
282. Recipročni dvoprilaz takve je sheme spoja da je pri narinutom skoku struje I1
−αt
na prilazu 1 struja KS na prilazu 2 jednaka i 2 = I2e
. Odredite valni oblik napona
na prilazu 1,
u 1,
ako se na prilaz 2 narine napon valnog oblika
u 2 = U 2e
−βt
.

283. Pod kojim uvjetima vrijedi Thevenin - Nortonov teorem?
Teorija Mreža - 126
Thevenin – Nortonov teorem vrijedi za mreže sa jednoznačnim rješenjem te za mreže u
kojima nema međudjelovanja između oba jednoprilaza. Ovaj teorem ne vrijdi za mrže sa
magnetski vezanim induktivitetima, te za mreže sa zavisnim izvorima.
284. Odredite elemente Theveninove nadomjesne sheme naponskog slijedila
izvedenog pomoću OP konačnog pojačanja A i izlaznog otpora R.
E = u + u
Au
u ( 1+
A)
= AE − Ri
u
i
i
d
i
d
− Ri = u
i
u
A R
= E − i
1+
A 1+
A
d
= E − u
i
u = E − R i
i
E
R
T
T
T
T
A
= E
1+
A
R
=
1+
A
285. Odredite elemente Theveninove nadomjesne sheme obzirom na prilaz 2.
u2
u2
= i1(
R1
+ R2)
⇒ i1
=
R + R
u
u
u
u
0
R
2
2
2
T
= i R
1
2
2
= −Au
0
= −AR
i + R i − Ri
2 1
= −(
AR
u
=
=
+ i R
2
1
0
0 2
1
1
2
1
u2
+ R0)
R + R
R + R
2
1
R
0 2
0
2
+ R i
u
u
u
1
T
T
0
= −i
( R + R
i = −i
u
u
u
T
T
T
2
1
= Au
0
1
− R i
1
2
0 2
uT
= u1
−
R + R
= Au − u
0
1
1
1
2
)
uT
= Au1
− A
R + R
1
R
Au1(
R1
+ R2)
=
R + R + ( 1+
A)
R
2
2
AR2
+ R
R + R
2
uT
i1
= −
R + R
uT
R2
uT
R0
=
Au1
− A −
R + R R + R
T
0
2
1
1
2
1
2
2
R
2
+ R i
0 1

286. Valni oblik na prilazu 1 neke L/VNP mreže je u 1 = E
Teorija Mreža - 127
. Ako se na prilaz 1 spoji
−αt
otpor, struja kroz otpor će biti valnog oblika i = Ie . Odredite struju tog prilaza
ako se paralelno otporu spoji i kapacitet C.
u = u
Z
1
T
i(
t)
=
T
R
= E
UT
( s)
− RI R ( s)
α 1
=
= R0
− R + R0
= RT
+
I ( s)
s sC
E
I(
s)
= =
sZ(
s)
E
R
T
R
E
R
T
⋅
s
2
1
s +
RC
⎡ 1 1 ⎤ 1
+ s⎢
+ +
RC RTC
⎥
⎣
T ⎦ RTCT
RC
142
4 43 4 14243
2
1
2α
⎛ 1 ⎞ −s
1
1t
⎛ ⎞
⎜ − s1
⎟e
− ⎜ − s2
⎟e
⎝ RC ⎠ ⎝ RC ⎠
s − s
287. U skladu s Thevenin – Nortonovim teoremom, mreže prikazane na slici su
ekvivalentne, ako za zadanu Nortonovu struju IN i Nortonovu vodljivost GN vrijedi
da je
=
G
I 1 2 2
. Kako to da je GNU ≠ RT
I .
N E T ; RT
=
GN
N
−s2t
ω
T
2
'0
2 2
GNU ≠ RT
I zbog
ekvivalencije. Ako je prazan
hod prva se mreža grije, a
druga ne.

288. Odredite napon na otporniku R4.
u1 T
u2 T
T
u3
R T
1
=
2
superpozicijom
u1
uT '= u = u '+
u ''+
u ''
'
2
u
T
R4
=
iR
4
uT
=
R + R
T
4
R
4
1
= 2
1
2
u T
M
( R + R + R )
1
u1
u2
u3
= + +
2 2 2
( u + u + u )
1
2
( R1
+ R2
+ R3
) + R4
3
R
4
2
3
nadomjesna shema:
Teorija Mreža - 128

Teorija Mreža - 129
289. Odredite valni oblik struje induktiviteta L u periodičkom režimu rada ako su
zadani naponi naponskih izvora u = Uˆ
ωt, u = Uˆ
sin( ωt
− 2π
/ 3)
.
1
sin 2

Teorija Mreža - 130
290. Odredite maksimalnu snagu koja se može prenijeti trošilu ako se u mreži
sheme spoja prema slici može mijenjati samo prijenosni omjer idealnog
transformatora.
maksimalni prijenos:
P 2 2 2
= 0 ⇒ R1
+ X1
= | Z2
'|
uvjet prijenosa
∂
∂ | Z'|
Z
Z
1
2
= R +
1
= R
P = I
2
1
2
jX
1
+ jX
1
Z2
'=
Z2
= R2'+
jX 2'
2
n
2
2
U
R2'
=
2
( R + R ')
+ ( X + X ')
291. U nekoj jednoharmonijskoj mreži «prijenos» maksimalne snage postiže se
ako je impedancija trošila jednaka konjugiranoj vrijednosti Thevenivnove
impedancije. Koji uvjet pri tome mora biti zadovoljen. Što ako taj uvjet nije
zadovoljen?
a) realni i imaginarni dio impedancije trošila moraju biti nezavisni R ≠ f (X )
b) ako to nije zadovoljeno, nego se neovisno mijenja samo modul | Z ( jω)
| maksimalna
snaga trošila se postiže ako je | ( jω)
| = | Z ( jω)
|
Z T
Mreža mora biti u sinusoidalnom ustaljenom stanju
292. Zašto je prijenos maksimalne snage tako važan u elektronici, a posve nevažan
u elektroenergetici?
U elektronici je uvijek zadana Theveninova impedancija i na nju ne možemo utjecati. R=RT
pa samo 50% energije izvora prenosi se na trošila, a poželjno je da se što više energije
prenese trošilu. U elektronici je bitan stupanj iskorištenosti a u energetici je najbitniji
prijenos velike snage, a ne iskorištenost.
293. Koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da bi dvoprilaz sheme spoja prema slici bio
linearan i vremenski nepromjenjiv?
1
U dvoprilazima nema prethodno
uskladištene energije, i =
−i
, unutar
dvoprilaza nema izvora, L i C linearni i
vremenski nepromjenjivi
2
1
1
2
2
2
R
2
'

Teorija Mreža - 131
294. Nacrtajte nadomjesnu shemu dvoprilaza iskazanog pomoću impedancijskih
parametara.
U
U
1
2
= Z
= Z
11
I + Z
21
1
1
12
I + Z
22
I
2
I
2
295. Zašto za potpuni opis recipročnog dvoprilaza dosta je određivanje triju
parametara.
Dvoprilaz je recipročan ako se sastoji od recipročnih dijelova mreže. Jedno od osnovnih
svojstava recipročne mreže je jednakost prijenosnih admitancija 21 12 Y Y = .
Tri parametra su: Y , Y , Y .
11
12
22
296. Objasnite pojam simetričnog dovprilaza i navedite nekoliko primjera.
Dvoprilaz je simetričan ako zamjenom ulaznih i izlaznih priključaka se ne promjene naponi
i struje vanjskih krugova. Vrijedi i 11 22 Y Y = .
297. Odredite impedancijske parametre dvoprilaza. Transformator je idealan
u 1'
prijenosnog omjera n = .
u
2
U
I
2
U
U
U
U
1
1
1
1
2
1
2
= sL I + sL ( I − I ')
1
2
U '=
nU
2
1
1
U '=
sL ( I − I ')
= −nI
'
1
1
= sL1I1
+ sL2I1
+ sL2I
n
1 1
= sL2
I1
+ sL 2 2I
2
n n
2
1
1
= ( sL1
+ sL2
) I1
+ sL2I
2
n
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
= ⎜ sL2
⎟I1
+ ⎜ sL 2 2 ⎟I
⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠
1
1
1
I1'
= − I
n
2
2
2
Z
Z
Z
Z
11
12
21
22
=
sL + sL
1
1
= sL2
n
1
= sL2
n
1
= sL 2
n
2
2

298. Odredite z- i y- parametre uzdužne impedancije Z.
I
I
Y
Y
Y
Y
1
2
U
U
11
12
21
22
= Y
1
2
11
= Y
21
I
=
U
1
1
I
=
U
U
1 U 2 = 0
1
1
I
=
U
2 U1
= 0
2
I
=
U
1 U 2 = 0
2
= I Z
1
U
= I Z
1
2 U1
= 0
11
12
+ Y
12
+ Y
+ I
22
2
+ I
U
2
Z
Z
2
U
12
2
22
I
Y
Y
1
11
12
= −I
2
= −Y
= −Y
21
22
iz strujenih jednadžbi admitancije parametre:
Y
Y
Y
Y
Z
Z
11
12
21
22
11
22
1
=
Z
1
= −
Z
1
= −
Z
1
=
Z
M
= ∞
= ∞
Teorija Mreža - 132
299. Odredite α- parametre linearnog dvonamotnog transformatora kao i idealnog
transformatora.
U
U
I
1
U
U
1
2
1 L2
= U 2 − I
{ sM { M
1
1
= sL I + sMI
a21
1
⎛ U 2 L2
⎞
= sL1⎜
− I2
⎟ + sMI2
⎝ sM M ⎠
L1
⎛ L1L2
⎞
= U 2 − I 2⎜
s − sM ⎟
{ M ⎝ 42
M
4 43 4⎠
a11
1
1
2
a22
2
= sMI + sL I
b) idealni :
2
/ :
2
sm
1
a12
u = nu
I
1
1
= −
2
1 I
n
2
a
a
a
11
12
22
=
n
= a
21
1
=
n
= 0
u = a u
I
1
1
= a
11
21
u
2
2
− a
− a
12
22
I
I
2
2

Teorija Mreža - 133
300. Na slici je prikazana pojednostavljena nadomjesna shema bipolarnog
tranzistora. Odredite h parametre.
αU
iz KS na izlazu:
iz PH na ulazu:
β
h
h
h
h
11
21
12
22
U
=
I
I
=
I
1 U = 0
2
1
U
=
U
1 U = 0
1
I
=
U
2
2
2
2 I = 0
1
2 I = 0
1
I1R
=
I
= R
β I1
= = β
I
1
2
1
αU
=
U
2
1
2
I2
=
I R
2
1
= α
1
=
R
2
U
I
2
1
= h I + h U
= h
11
21
1
1
12
I + h U
301. Na slici je prikazan pojednostavljena nadomjesna shema MOSFET-a. Odredite
g-parametre.
iz KS na ulazu U1=0
iz PH na izlazu I2=0
β
I
1
U
g
g
= g U + g I
2
11
21
11
= g
21
U
=
I
1
U
=
U
1
U
1
1 I =
0
2
2
12
+ g
1 I = 0
2
22
2
I
1
1
2
I1R
=
I
1
I2R
=
I R
2
1
= R
1
βI1R
=
I R
1
1
2
22
R
= β
R
2
1
2
2
g
g
12
22
I
=
I
1
U
=
I
2 U = 0
2
1
2 U = 0
1
I1
=
βI
1
I 2R
=
I
2
1
=
β
2
= R
2

Teorija Mreža - 134
302. Objasnite na primjeru linearnog dvonamotnog transformatora razliku između
potpune ekvivalencije i ekvivalencije obzirom na prilaze.
Potpuna ekvivalencija:
Ekvivalencija obzirom na prilaze:
- jednaki naponi i struje obiju mreža na svim
priključcima
- jednaki naponi i struje obiju mreža na svim
prilazima
303. Zašto se u općem slučaju petljasta mreža ne može transformirati u
ekvivalentnu zvjezdastu mrežu.
Trokut u zvijezdu ne ide jer u općem slučaju broj elemenata nije jednak. Moguće je samo
ako je broj elemenata 3 jer je tada broj elemenata jednak u zvijezdi i u trokutu.
304. Odredite ulaznu impedanciju dvoprilaza opterećenog impedancijom Z.
Iskoristiti impedancijske parametre dvoprilaza.
U
U
U
1
2
2
= I Z
1
= I Z
1
+ ZI
2
U
ZU
1 =
I
1
1
11
21
+ I
= 0
2
+ I
2
Z
Z
12
22
⎛ − Z ⎞ 21
U1
= Z11I1
+ Z12
⎜ I1
Z Z ⎟
⎝ + 22 ⎠
U1
Z12Z
21
= ZU1
= Z11
−
I
Z + Z
305. Koji uvjeti moraju biti zadovoljeni da se dvoprilaz pri stalnom ulaznom
naponu ponaša kao strujni izvor, tj. da struja na prilazu 2 ne ovisi o priključenoj
impedanciji? Iskoristiti admitancijske parametre dvoprilaza.
I ≠ f ( Z)
2
I
I
U
I
1
2
2
= Y
2
11
= Y
= −I
= Y
21
21
U
U
2
U
1
1
Z
1
+ Y
12
+ Y
+ Y
22
22
U
U
I
2
2
2
Z
1
I
2
22 = Y
Y
=
1+
Y
0
21
22
U
Z
1
22

Teorija Mreža - 135
306. Nacrtajte najjednostavniju shemu mreže prema slici za mali izmjenični signal
ako su poznati h-parametri bipolarnog tranzistora. Impedancije kapaciteta
zanemarive su na frekvenciji ulaznog signala ui.
jednosptepeno tranzistorsko pojačalo
U
I
C
BE
= h
307. Nacrtajte nadomjesnu shemu mreže prema slici za mali izmjenični signal ako
su poznati Y-parametri MOSFET-a. Impedancije kapaciteta zanemarive su na
frekvenciji ulaznog signala u1.
308. Odredite g-parametre dvoprilaza ako su poznati g-parametri dvoprilaza M.
= h
21
11
I
I
B
B
+ h
+ h
22
12
U
U
CE
CE
β

309. Navedite osnovna svojstva lančanog spoja više dvoprilaza.
Lančani spoj je spoj dvaju ili više
dvoprilaza gdje je pri spajanju uključen
samo jedan od prilaza svakog od spojnih
dvoprilaza. Lančani spoj uvijek je moguć.
Teorija Mreža - 136
310. Pokažite da je lančani spoj prema slici recipročni dvoprilaz ako je dvoprilaz M
recipročan.
⎡1
⎢
⎣R
0⎤
1
⎥
⎦
⎡g
⎢
⎣g
11
21
g
g
12
22
⎤
⎥
⎦
⎡1
⎢
⎣0
R⎤
1
⎥
⎦

311. Objasnite zašto serijski spoj dvaju dvoprilaza nije uvijek moguć.
Teorija Mreža - 137
Nakon serijskog spoja došlo je do promjene sheme
B B
spoja dvoprilaza B ( i Z kratko spojeni).
Z1 2
312. Objasnite zašto paralelni spoj dvaju prilaza nije uvijek moguć.
A A B B
Z i Z2
te Z1
i Z2
1 su kratko spojeni.
Mijenja se shema i parametri dvoprilaza.

313. Kako se provode testovi valjanosti serijskog spoja?
314. Kako se provode testovi valjanosti paralelnog spoja.
315. Što su to regularni spojevi dvoprilaza?
Teorija Mreža - 138
Ako je u p = uq
= 0 dvoprilazi
A i B mogu se serijski spojiti,
inače ne.
Ako je u p = uq
= 0 dvoprilazi
A i B mogu se paralelno
spojiti bez promjene
parametara pojedinih
dvoprilaza, inače ne.
Regularni spojevi dvoprilaza su spojevi u kojima su sheme spoja dvoprilaza poznate, pa
na taj način izbjegavamo spojeve s idealnim transformatorom.
serijski paralelni