Zbirka zadataka iz Elektrotehnike - verzija 2011

Sadrºaj1 Matlab: Elektrotehnika srednjo²kolske zike (EiM) 51.1 Osnove Elektrotehnike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Analiza strujnih krugova 152.1 Istosmjerna analiza, metode £vori²ta i petlji, KZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Izmjeni£na analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 Diferencijalne jednadºbe, prijelazne pojave 533.1 Diferencijalne jednadºbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2 Prijelazne pojave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594 Varijable stanja, RL, RC, RLC, Trofazni sustavi 754.1 Varijable stanja, RL, RC, RLC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.2 Trofazni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855 Filtri i frekvencijska analiza 915.1 Filtri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926 Fizika poluvodi£a, diode 996.1 Fizika poluvodi£a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.2 Krugovi s diodama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1067 Tranzistori, ra£unsko poja£alo 1137.1 Krugovi s tranzistorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1147.2 Krugovi s ra£unskim poja£alima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1268 Elektromagnetizam, karakteristike motora 1358.1 Elektromagnetizam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1368.2 Motori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1443

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeSADRšAJStranica 4 od 147

Poglavlje 1Matlab: Elektrotehnika srednjo²kolskezike (EiM)5

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove Elektrotehnike1.1 Osnove ElektrotehnikePrimjer 1.1.1.Napi²ite programski kôd za ra£unanje sile privla£enja dvaju to£kastih naboja, te nacrtajte grafovisnosti sile privla£enja o udaljenosti izmežu naboja.Zadano:r = 10 −15 : 2 · 10 −16 : 10 −14[m],k = 8.99 · 10 9 [Nm 2 /C 2 ],q 1 = q 2 = 1.6 · 10 −19[C],F = k · q 1 · q 2r 2[N],gdje je r deniranje udaljenosti izmežu dvaju naboja s korakom 2 · 10 −16 , k konstanta, q 1i q 2 elektri£ni naboj a F sila privla£enja to£kastih naboja.Rje²enje primjera 1.1.1Matlab kôd% Coulombov zakonr=1e-15:2e-16:1e-14; %vektor polja udaljenosti izmedju dvaju naboja [m]k=8.99e9 %konstanta za vakuum, tj.zrak [Nm^2/C^2]q1=1.6e-19%elektricni naboj q1 [C]q2=q1%elektricni naboj q2 [C]F=k*(q1*q2)./(r.^2) %sila privlacenja dvaju tockasta naboja [N]plot(r,F)%crtanje grafa udaljenost-silaZadatak:• Objasniti vektorsko polje r• Prikaz brojeva eksponentskom notacijom• Zna£enje to£ke-zarez na kraju izraza• Hadamard-ove operacije nad matricama (testirati s i bez to£ke)• Crtanje grafaStranica 6 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikePrimjer 1.1.2.Napi²ite programski kôd za ra£unanje napona i snage uz zadane vrijednosti otpora R i vektorastruje I, te napravite matricu sol u kojoj su vrijednosti struje, napona i snage u zasebnimretcima. Vrijednost otpora neka se unosi nakon upita "Unesi vrijednost otpora: "Zadano:R = 10 [Ω],I = 0 : 2 : 10 [A],V = I · R [V],P = I 2 · R [W],gdje su R vrijednost otpora, I vrijednosti struje, V vrijednosti napona a P vrijednostisnage.Rje²enje primjera 1.1.2Matlab kod% Racunanje napona i snageR=input(’Unesi vrijednost otpora: ’) % npr. R=10, vrijednost otpora [Ohm]I= 0:2:10 % vrijednosti struje u rasponu od 0 do 10 s korakom 2 [A]V=I*R% racunanje naponaP=(I.^2)*R % izracun snage kvadriranjem matrica element s elementom (Hadamard)sol=[I; V; P] % ispis vektora struje, vektora napona i snage jedan ispod drugogaStranica 7 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikeZadatak:• Testirati vra¢anje gre²ke kod ra£unanja snage ako se ne koristi Hadamard (elementarno mnoºenje)• Ispi²i sol po stupcima (sol = [I ′ V ′ P ′ ]), te ispi²i sol u jednom retku (sol = [IV P ])Primjer 1.1.3.Napi²ite programski kôd za ra£unanje kompleksnog broja Z rec (u pravokutnim koordinatama)zadanog preko 5 kompleksnih brojeva Z 1 , Z 2 , Z 3 , Z 4 , Z 5 . Izra£unajte modul i argument od Z rec upolarnim koordinatama. Ispi²ite u command window-u tekst "Z u pravokutnim koordinatama je",a ispod njega vrijednost Z rec , te isto tako nakon toga ispi²ite tekst "Z u polarnim koordinatama,modul, kut u stupnjevima", a ispod njega vrijednosti traºenih elemenata modula i argumenta.Zadano:Z 1 = 3 + 4j, Z 2 = 5 + 2j, Z 3 = 2 · e j60◦ , Z 4 = 3 + 6j, Z 5 = 1 + 2j, Z rec = Z 1 · Z 2 · Z 3Z 4 + Z 5.Rje²enje primjera 1.1.3Matlab kodStranica 8 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove Elektrotehnike% Ova skripta racuna kompleksan broj Z i predstavlja ga u% pravokutnim i polarnim koordinatamaclear a l l % brise sve varijable iz radne memorije matlaba% unos 5 kompleksnih brojeva Z1.. Z5Z1 = 3+4*j;Z2 = 5+2*j;theta = (60/180)*pi; % kut u radijanimaZ3 = 2*exp(j*theta); % Z3=2*(cos(theta)+j*sin(theta))Z4 = 3+6*j;Z5 = 1+2*j;% Z_rect je kompleksni broj izrazen u pravokutnim koordinatamadisp(’Z u pravokutnim koordinatama je’); % prikaz teksta pod navodnicimaZ_rect = Z1*Z2*Z3/(Z4+Z5); % izracun Z_rectZ_rect % ispis Z_rectZ_mag = abs (Z_rect); % modul kompleksnog broja Z_rectZ_angle = angle(Z_rect)*(180/pi); % Kut u stupnjevimadisp(’Z u polarnim koordinatama, modul, kut’); % prikaz teksta pod navodnicimaZ_polar = [Z_mag, Z_angle] % ispis modula i argumentaZadatak:• Objasniti dva prikaza kompleksnog broja (pravokutne koordinate i Eulerov prikaz) te njihov prikaz uprogramskom kôdu• Objasniti funkciju disp() i angle(), te pretvorbu radijane u stupnjeve (Z angle = angle(Z rect )*(180/pi);)Stranica 9 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikePrimjer 1.1.4.Napi²ite programski kôd u obliku funkcije kojoj ¢e kao ulazni argument biti vektor r s vrijednostimaotpora R 1 , R 2 , . . . , R n , a izlazni argumenti ¢e biti vektor od dva elementa, ekvivalentnogserijskog (ekv_ser) i ekvivalentnog paralelnog otpora (ekv_par). Napisanu funkciju spremitipod nazivom ekv_otpor i ekstenzijom .m. Napi²ite kratku pomo¢ (help) za tu funkciju, tako dase pri pozivanju pomo¢i (>> helpekv_otpor) ispi²e to ²to ste napisali.Zadano:R ekv.ser = R 1 + R 2 + . . . + R n1R ekv.par =1+ 1 + . . . + 1 .R 1 R 2 R nRje²enje primjera 1.1.4Matlab kodfunction [ekv_ser, ekv_par] = ekv_otpor(r)% Ovo je funkcija za racunanje ekvivalentnog otpora% kod serijski i paralelno spojenih otpornika.ekv_ser = sum (r); % serijski zbroj svih otpornikaRp=1./r; % elementi paralelno spojenih otpornikaekv_par=1/sum(Rp); % ekv. otpor paralelno spojenih otpornikaZadatak:• Objasniti deniranje funkcije (function)• Spremanje funkcije pod kojim nazivom (ekv_otpor)• Objasniti ulazni argument r (vektor)• Komentari ispod deklaracije funkcije predstavljaju pomo¢ funkcije (help) - pozovi help iz commandprompta• Pokazati da su izlazni argumenti nakon poziva funkcije ostali u memoriji za daljnji rad, a ako uklonimoto£ku-zarez s istih varijabli unutar kôda funkcije vrijednosti ¢e se samo ispisati ali ne¢e ostati u memoriji(testirati to s naredbom who).Stranica 10 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikePrimjer 1.1.5.Napi²ite programski kôd za vremensku promjenu napona v(t) i struje i(t) u vremenu t od 0 do20 [ms] , s vremenskim intervalom 1 [ms]. Na jednom grafu nacrtati ovisnost struje i naponao vremenu, te ozna£iti graf naslovom, oznakama na x-osi i y-osi, a na mjesto uz svaku funkcijuna grafu upisati pripadaju¢i tekst "v(t)" i "i(t)". Krivulja napona neka bude u crvenoj bojis nazna£enim zvjezdicama (*) na pojedinim to£kama, a krivulja struje u crnoj boji crtkano sakruºi¢ima (o) u pojedinim to£kama.Zadano:t = 0 : 10 −3 : 20 · 10 −3v(t) = 10 cos(377 · t)i(t) = 5 cos(377 · t + 60 ◦ ).Rje²enje primjera 1.1.5Matlab kod% RL strujni krug% struja i(t) i napon v(t) se prikazuju; t je vrijemet = 0:1e-3:20e-3; % vrijemev = 10*cos(377*t); % napona_rad = (60*pi/180); % kut u radijanimai = 5*cos(377*t + a_rad); % strujaplot(t,v,’r-*’,t,i,’k--o’)t i t l e (’Napon i struja u RL strujnom krugu’)xlabel(’vrijeme [s]’)ylabel(’Napon [v] i struja [mA]’)text(0.003, 1.5, ’v(t)’);text(0.009,2, ’i(t)’)Stranica 11 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikeZadatak:• Objasniti funkciju text() i promijeniti poloºaj upisa teksta na (0.002,4) i (0.018,-2)Stranica 12 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikePrimjer 1.1.6.Napi²ite programski kôd za ra£unanje dvaju harmonijskih signala m(t) i c(t), te njihovog umno²kas(t). Vrijeme simulacije od 0 do 4π sekundi, s vremenskim korakom 0.05 sekundi. Nacrtajte najednom grafu (gure) vi²e podgrafova, tj. 4x2 podgrafa (koriste¢i funkciju subplot()) na na£inkako je prikazano na slici ispod i sa zadanim krivuljama na svakom podgrafu kako je zadano naslici.Zadano:t = 0 : 0.05 : 4πm(t) = 4 cos( 120π t) + 2 cos(240π360 360 t)c(t) = 10 cos( 10000π360 t)s(t) = m(t) · c(t)Rje²enje primjera 1.1.6Matlab kod% dva harmonijska signala m(t) i c(t)% te signal njihovog umnoska s(t) ce biti prikazan na grafovimat=0:0.05:4*pi;m=4*cos(120*pi*t/360)+2*cos(240*pi*t/360);c=10*cos(10000*pi*t/360);s=m.*c; % mnozenje dvaju signala element sa elementomsubplot(4,2,[1 3]) % stvara polja 4x2 za 8 podgrafa, prvi i treći spojeniplot(t,m)% crtanje grafa na aktivni (prvi + treci) podgrafsubplot(4,2,[2 4])plot(t,c)subplot(4,2,[5 6])plot(t,s)subplot(4,2,7)plot(t,m)subplot(4,2,8)plot(t,c)Zadatak:• Objasniti funkciju subplot()Stranica 13 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeOsnove ElektrotehnikeStranica 14 od 147

Poglavlje 2Analiza strujnih krugova15

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza2.1 Istosmjerna analiza, metode £vori²ta i petlji, KZPrimjer 2.1.1.Koju vrijednost mjeri voltmetar?I16 ΩI 216 ΩV− +24 V+−I aV 25.0 · I aRje²enje primjera 2.1.1I = 2416 = 1.5AI = I a + I 2 = I a + 5I a = 6I a ⇒ I a = 1.56 = 0.25A, I 2 = 5I a = 1.25A−16I 2 − V 2 = 0 ⇒ V 2 = −16 · 1.25 = −20VOno ²to mjeri voltmetar je V volt = −V 2 = 20V, jer je pozitivna stezaljka spojena na vi²i potencijal odnegativne stezaljke.Primjer 2.1.2.Koja je vrijednost varijable A CCCS izvora, ako ampermetar mjeri struju od 2 A ?16 Ω 16 ΩA+ −2 A24 V+−I aA · I aRje²enje primjera 2.1.2I a − A · I a + I Amp = 0 ⇒ A = I AmpI a+ 1 = 2 I a+ 124 + 16I a − 16I Amp = 0 ⇒ I a = I Amp − 24 = 2 − 1.5 = 0.5A16A = 2 + 1 = 2I a 0.5 + 1 = 5A AStranica 16 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.3.Ampermeter mjeri struju 2.57 A. Izra£unajte:a) Koliki je napon na otporniku od 8Ω serijski spojenom s ampermetrom?b) Kolika je struja zavisnog strujnog izvora?c) Koliku snagu ima naponski izvor?d) U slu£aju da se zavisni strujni izvor odspoji, koliku bi struju pokazivao ampermetar?e) Kolika bi u slu£aju d) bila snaga naponskog izvora?8 Ω 8 ΩA+ −2.57 A24 V+−5.0 · I aI aRje²enje primjera 2.1.3R 1 = 8 ΩR 2 = 8 ΩI = 2.57AA24 V+−5.0 · I aI aa) V R2 = V B0 = IR 2 = 2.57 · 8 = 20.56Vb) I SI = 5I a , I a R 1 + V = V B0 → I a = V B0 − V=R 1I SI = −5 · 0.43 = −2.15 AProvjera 1.K.Z.I a + I SI + I = 0−0.43 − 2.15 + 2.57 ≈ 020.56 − 248= −0.43 Ac) P = |V I a | = 24 · 0.43 = 10.32 Wd) I ′ = V ∑ R= 2416 = 1.5 Ae) P ′ = V I ′ = 24 · 1.5 = 36 WStranica 17 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.4.Na naponski izvor unutarnjeg otpora R u = 3Ω spojen je djelitelj napona (potenciometar) otporaR = 100Ω. Na djelitelj napona treba spojiti ºarulju s oznakama 12 V, 36 W tako da svijetli punimsjajem.a) nacrtajte elektri£nu shemu spoja,b) kolika struja te£e kroz ºarulju,c) kako je pode²en klizni kontakt djelitelja napona, ako izvor daje struju jakosti 3.3A,d) kolika je elektromotorna sila izvora,e) ho¢e li se struja iz izvora promijeniti ako ºarulju odspojimo i za²to?Rje²enje primjera 2.1.4a)IR uac+E−bI 2I 1R zb) P = U z I 1 → I 1 = P U z= 3612 = 3Ac) I 2 = I − I 1 = 3.3 − 3 = 0.3AU cb = 12V → R cb = U cI 2= 120.3 = 40ΩR ac = R − R cb = 100 − 40 = 60Ωd) E = IR u + IR ac + U cb = 3.3 · 3 + 3.3 · 60 + 12 = 219.9Ve) Ho¢e, struja se smanjuje, jer se ukupni otpor pove¢ava.R > (R ac + R z ||R cb )Stranica 18 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.5.Za zadani strujni krug na slici odredite:72 V+−9 Ω I a12 Ω 36 Ω9.5 · I a7 Ω+−V+ −a) Vrijednost struje I ab) Napon kojeg pokazuje idealni voltmetarc) Kada bismo otpornik 7Ω kratko spojili, koliki bi napon pokazivao voltmetar?d) Nažite izvore energije u strujnom krugu i opi²ite ih (strujni ili naponski, zavisan(o £emu) ilinezavisan).e) Kolika struja prolazi kroz zavisni izvor?Rje²enje primjera 2.1.572a) I 1 == 4 A12 · 369 +12 + 362.K.Z. : 72 − 9 · I 1 − 36 · I a = 0 ⇒ I a = 79 − 9 · 436= 1 Ab) V voltmetra = 9.5 · I a = 9.5 · 1 = 9.5Vc) V voltmetra = 9.5V. Napon je isti kao u b),jer kroz idealni voltmetar ne te£e struja.d) Izvor '72V' je naponski nezavisni, a '9.5I a ' je naponski izvor zavisan o struji (CCVS-current controlledvoltage source)e) Ne te£e struja, jer voltmetar ima beskona£an otpor.Stranica 19 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.6.Zadan je strujni krug prema slici:4 · V a3 Ω36 V−+1 Ω+V a12 Ω−4 ΩA+ −Odredite:a) struju koju mjeri ampermetar,b) napon na otporu od 12Ω,c) kojem elektroni£kom elementu odgovara zavisni izvor u prikazanom spoju,d) snagu na otporu od 4Ω .Rje²enje primjera 2.1.6I =36V1Ω + 3Ω = 9AV a = −I · 1Ω = −9VZavisni strujni izvor I = 4 · V a = 4 · (−9) = −36A ili okrenuti smjer zavisnog strujnog izvora uz I = 36Aa) 12 · x = 4 · (36 − x) slijedi x = 9Apa je struja koju mjeri ampermetar = 36 − 9 = 27Ab) V 12 = 9 · 12 = 108Vc) to je strujni, naponom upravljanji izvor, koji odgovara tranzistorud) P = I 2 · R = 2916WZadatak 2.1.1 Zadan je strujni krug prema shemi:Stranica 20 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza16 Ω14 Ω12 V+−A · i ai aA− +-2 AOdredite:a) struju i a ,b) poja£anje A zavisnog CCCS izvora,c) snagu koju daje nezavisan izvor, te zavisan izvor,d) snagu koja se tro²i na otporu od 14Ω,e) koliku struju pokazuje ampermetar ako se zavisni izvor odspoji.Rje²enje 2.1.1a) i a = −1A, b) A = 3 A A , c) P nez = 12W, P zav = 84W, d) P 14Ω = 56W, e) I = − 1230 A.Primjer 2.1.7.Zadan je strujni krug prema slici:2 V+ −I a2 Ω6 ΩA+ −0.75 AOdredite (uz pretpostavku da su izvori i instrumenti idealni):a) struju I a ,b) napon na stezaljkama strujnog izvora,c) snagu na otporu od 6Ω,d) koliku struju pokazuje ampermetar, ako se strujni izvor odspoji,e) koliku struju pokazuje ampermetar, ako se naponski izvor kratko spoji?Stranica 21 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaRje²enje primjera 2.1.7a) Nadomje²tanjem ampermetra kratkospojnikom kojim te£e struja koju ampermetar pokazuje, te pisanjemjednadºbi strujnih petlji dobije se:2 V+ −I a2 Ω6 Ω 0.75 A2 V−+I a2 Ωi 1 i 26 Ω 0.75 AOdavde je o£evidno:i 2 = −0.75A i 1 = −I a2 + 6i 2 + 2(i 2 − i 1 ) = 0 ⇒ 2 + 6(−0.75) + 2(−0.75 − (−I a )) = 0 ⇒ I a = 2Ab) V 2Ω = (i 1 − i 2 ) · 2 = (−2 + 0.75) · 2 = −2.5Vc) P = I 2 · R = 0.75 2 · 6 = 3.375Wd) I amp = VR uk= 22+6 = 2 8 = 0.25Ae) 2 · (I a − I ′ amp) = I ′ amp · 6 ⇒ I ′ amp = 0.5 AStranica 22 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.8.Zadan je strujni krug na slici. Idealan voltmetar pokazuje 3.27 V.8 Ω2 Ω12 V+−3 · I a+ −I aV− +3.27 VOdredite:a) snagu koju ima zavisni naponski izvor (CCVS),b) struju I a ,c) snagu na otporniku otpora 2Ω,d) struju kroz voltmetar,e) struju nezavisnog naponskog izvora od 12V.Rje²enje primjera 2.1.8a) 12 + 8I a + 3I a = 0I a = − 1211 = −1.09 AP = V · I = (−1.09 · 3.0) · (−1.09) = 3.567 Wb) I a = −1.09 Ac) 0 W jer je struja kroz otpornik jednaka 0 Ad) I V = 0 Ae) I izvora = I a = −1.09 AStranica 23 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.9.Zadan je krug na slici sa zavisnim strujnim izvorom:8 A 12 ·I aA4 Ω4 Ω+ −4 ΩI a4 Ωa) Koliku struju mjeri ampermetar (obratite pozornost na predznake)?b) Kolika se snaga tro²i na otporniku R?c) Ako se otpornik R odspoji, koliku ¢e struju tada mjeriti ampermetar?d) Koliki je napon na stezaljkama strujnog izvora od 8 A?e) Kolika je snaga strujnog izvora od 8 A?Rje²enje primjera 2.1.9a) I a = −8/2 = −4A (dvije grane jednakog otpora)I amp = 12 · I a2= − 48 2 = −24Ab) I R = I ampP R = I 2 R · R = −(24)2 · 4 = 2304Wc) I amp = (−12) · 4 = −48Ad) V = I · R = 8 ·4 · 44 + 4 = 8 · 2 = 16Ve) P = V · I = 8 · 16 = 128WStranica 24 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.10.Za strujni krug prikazan shemom odredite:6 Ω 15 Ω5 V−+10 Ω6 Ω10 V+−20 ΩI 1 I 2 I 34 I s−+8 Ωa) struju naponskog 10 V izvora I S (koja se koristi u naponskom zavisnom izvoru)b) snagu koja se tro²i na otporu od 8 Ωc) struju izvora I S ako se naponski izvor od 5 V odspoji iz strujnog krugad) struju izvora I S ako se naponski izvor od 5 V kratko spoji u strujnom krugu.Rje²enje primjera 2.1.10Kona£no rje²enje za a) i b) je:I =0.72050.43670.2293Snaga potrosena na 8 ohm otporniku je 0.42 [W]Struja koju daje 10V izvor je 0.72 [A]Dakle I S = I 1 = 0.72A.P = 0.44WRje²enja za c) dobije se 5 V naponski izvor odspoji, pa ostaje samo jedna (prva) petlja iz koje se lako dobije:I S = I 1 = 10V/(6 + 20)Ω = 10/26 = 5/13ARje²enje za d) dobije se, ako se u jednadºbe ili (matricu) umjesto 5 V uvrsti 0 V (kratki spoj izvora).Potpuni izvod dan je ispod:Nadalje, za petlju 1 vrijedi:−10 + 6I 1 + 20(I 1 − I 2 ) = 0za petlju 2:26I 1 − 20I 2 = 1015I 2 − 5 + 6(I 2 − I 3 ) + 4I S + 20(I 2 − I 1 ) = 0Stranica 25 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza²to se uvr²tenjem I S moºe malo skratiti:−16I 1 + 41I 2 − 6I 3 = 5za petlju 3:10I 3 + 8I 3 − 4I S + 6(I 3 − I 2 ) = 0i kra¢enjem−4I 1 − 6I 2 + 24I 3 = 0Kona£no, u matri£nom obliku:⎡⎢⎣26 −20 0−16 41 −6−4 −6 24⎤ ⎡⎥ ⎢⎦ ⎣I 1I 2I 3⎤⎥⎦ =⎡⎢⎣1050⎤⎥⎦Snaga potro²ena na 8 omskom otporu jeP = RI 2 3 = 8I 2 3Matlab program za ra£unanje potro²ene snage i struje koju daje izvor je sljede¢i:% ovaj program odredjuje snagu potrosenu na% 8 ohm otporniku i struju koju daje% 10V naponski izvor%% program racuna struje petlji, uz zadanu% impedancijsku matricu Z i vektor napona V%% Z je impedancijska matrica% V je vektor napona% inicijalizacija matrice Z i vektora V jednadzbe% ZI=VZ = [26 -20 0;-16 41 -6;-4 -6 24];V = [10 5 0]’;% treba rijesiti struje petljiI = inv(Z)*V% potrosnja snage na 8 ohm otporniku je PP = 8*I(3)^2;% ispis rezultatafprintf(’Snaga potrosena na 8 ohm otporniku je %8.2f [W]\n’,P)fprintf(’Struja koju daje 10V izvor je %8.2f [A]\n’,I(1))Stranica 26 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.11.Treba na¢i napone £vori²ta V 1 , V 2 , ..., V 5 u strujnom krugu na slici:10 I aV 28 ΩV 110 Ω V 4 I aV 35 Ω4 Ω5 V b 2 Ω5 A−+V 5+−24 VRje²enje primjera 2.1.11O£evidno je:V b = V 1 − V 4Koriste¢i Ohm-ov zakon:I a = V 4 − V 35Nadalje, primjenom KZ1 na £vori²tu 1, i nad£vori²tu 1-2 upravljivog izvora, dobije se:Uvr²tenjem Vb gornja jednadºba se pojednostavljuje:V 12 + V 1 − V 4− 5V b + V 2 − V 3= 0108−0.1V 1 − 0.2V 3 + 0.55V 4 − 0.25V 5 = 0Upotrebmo KZ2 za £vori²te 3, dobije se:²to pojednostavnjeno izgleda ovako:V 3 − V 45+ V 3 − V 28− 5 = 0−0.125V 2 + 0.325V 3 − 0.2V 4 = 5Primjenom KZ2 za petlju 1, dobiva seStranica 27 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza−10I a + V b + 5I a + 8(I a + 5) = 0a sreživanjem gornjih jednadºbi−10I a + V b + 5I a + 8I a + 40 = 03I a + V b = −40Daljnjim pojednostavljenjem dobivamo:tj.3 V 4 − V 35+ V 1 − V 4 = −40V 1 − 0.6V 3 − 0.4V 4 = −40O£evidno je:V 5 = 24²to u matri£nom obliku sve zajedno izgleda ovako:⎡⎢⎣i zadovoljava model [Y ] · [V ] = [I]−4.4 0.125 −0.125 4.9 0−0.1 −0.2 0 0.55 −0.250 −0.125 0.325 −0.2 01 0 −0.6 −0.4 00 0 0 0 1⎤ ⎡⎥ ⎢⎦ ⎣V 1V 2V 3V 4V 5⎤⎡=⎥ ⎢⎦ ⎣005−4024⎤⎥⎦Matlab program za rje²enje ovog sustava jednadºbi je:Stranica 28 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza% Program odredjuje napone cvorista% zadana je matrica admitancije Y i vektor struje I% Inicijalizacija matrice Y vektora struje I s% matricnom jednadzbom Y V = IY = [-4.4 0.125 -0.125 4.9 0;-0.1 0 -0.2 0.55 -0.25;0 -0.125 0.325 -0.2 0;1 0 -0.6 -0.4 0;0 0 0 0 1];I = [0 0 5 -40 24]’;% Rjesenje napona cvoristafprintf(’naponi cvorista V(1), V(2), .. V(5) su \n’)V = inv(Y)*IPozivom daje ove rezultate:naponi cvorista V(1), V(2), .. V(5) suV =117.4792299.7708193.9375102.791724.0000Primjer 2.1.12.Koriste¢i analizu petlji treba na¢i struju kroz otpornik R B . Nadalje, treba na¢i snagu koju daje10-voltni naponski izvor.+−10 V10 Ω30 ΩIR B = 5Ω15 Ω30 ΩRje²enje primjera 2.1.12Koriste¢i analizu petlje i ozna£avaju¢i struje petlji kao I 1 , I 2 i I 3 , dobija se sljede¢a shema:Stranica 29 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza+−I 210 ΩI 15 Ω10 V15 Ω30 ΩI 330 ΩPrimjetite da je I = I 3 − I 2 , te da je snaga izvora P = V I = 10I 1 . Jednadºbe petlji su sljede¢e:Petlja 1:10(I 1 − I 2 ) + 30(I 1 − I 3 ) − 10 = 040I 1 − 10I 2 − 30I 3 = 10Petlja 2:10(I 2 − I 1 ) + 15I 2 + 5(I 2 − I 3 ) = 0−10I 1 + 30I 2 − 5I 3 = 0Petlja 3:30(I 3 − I 1 ) + 5(I 3 − I 2 ) + 30I 3 = 0−30I 1 − 5I 2 + 65I 3 = 0U⎡matri£nom obliku ⎤ ⎡ove⎤jednadºbe ⎡ ⎤ izgledaju ovako:40 −10 −30 I 1 10⎢⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣−10 30 −5 ⎦ ⎣I 2 ⎦ = ⎣ 0 ⎦−30 −5 65 I 3 0Matlab program za rje²avanje struja petlji I 1 , I 2 , I 3 , struje izvora I i snage kojudaje 10-voltni naponski izvor je:% Ovaj program odredjuje struju koja tece kroz% otpornik RB i snagu koju daje izvor.% On racuna struje petlji uz zadanu matricu impedancije Z i vektor napona V.% Inicijalizacija matrice Z i vektora VZ = [40 -10 -30;-10 30 -5;-30 -5 65];V = [10 0 0]’;% rjesenja za struje petljiI = inv(Z)*V% struja kroz RBIRB = I(3) - I(2);fprintf(’Struja kroz R_B je %8.3f Ampera \n’,IRB)% izracunavanje snage koju daje izvorPS = I(1)*10;fprintf(’Snaga koju daje 10V izvor je %8.4f Wata \n’,PS)Pozivom daje ove rezultate:Stranica 30 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza>> pr1_3I =0.47530.19750.2346Struja kroz R_B je 0.037 AmperaSnaga koju daje 10V izvor je 4.7531 WataSli£no se analiziraju i krugovi sa zavisnim naponskim izvorima.Primjer 2.1.13.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 2.4)Treba na¢i napone u £vori²tima za krug prikazan shemom:2 Ω10 I xV 15 Ω V 2 V 315 ΩV 4−+I x5A20 Ω4 Ω 10 Ω+−10VRje²enje primjera 2.1.13U⎡matri£nom obliku to izgleda ovako:⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤0.75 −0.2 0 −0.5 V 1 5−5 1 −1 5V 2⎢⎥ ⎢ ⎥⎣−0.2 0.45 0.1667 −0.06667⎦⎣V 3 ⎦ = 0⎢ ⎥⎣ 0 ⎦0 0 0 1 V 4 10Matlab program za rje²avanje napona £vori²ta je:Stranica 31 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analiza% program racuna napone cvorista% zadana je admitancijska matrica Y i vektor struja I% inicijalizacijska matrica Y i vektor I koriste oblik YV=I% Y je admitancijska matrica% I je vektor struje%Y = [0.75 -0.2 0 -0.5;-5 1 -1 5;-0.2 0.45 0.166666667 -0.0666666667;0 0 0 1];% vektor struje unosi se kao transponirani redcani vektorI = [5 0 0 10]’;% rijesi za napone cvoristafprintf(’naponi cvorista V1, V2, V3 i V4 su \n’)V = inv(Y)*IStranica 32 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaPrimjer 2.1.14.Za elektri£ni krug zadan shemom, treba na¢i napone V 1 , V 2 i V 3 .20 ΩV 110 Ω V 240 ΩV 35 A50 Ω 2 ARje²enje primjera 2.1.14Koriste¢i KZ1 i pretpostavljaju¢i da su struje koje napu²taju £vori²te pozitivne, vrijediza £vori²te 1:V 1 − V 210+ V 1 − V 320− 5 = 00.15V 1 − 0.1V 2 − 0.05V 3 = 5za £vori²te 2:V 2 − V 110+ V 250 + V 2 − V 3= 040−0.1V 1 + 0.145V 2 − 0.025V 3 = 0za £vori²te 3:V 3 − V 120+ V 3 − V 240− 2 = 0−0.05V 1 − 0.025V 2 + 0.075V 3 = 2ili ⎡ napisano u matri£nom ⎤obliku:⎡ ⎤ ⎡ ⎤0.15 −0.1 −0.05 V 1 5⎢⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ −0.1 0.145 −0.025⎦⎣V 2 ⎦ = ⎣0⎦−0.05 −0.025 0.075 V 3 2Stranica 33 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIstosmj. analizaMatlab program za rje²avanje gornje matrice izgleda ovako:% program racuna napone cvorista% zadana je admitancijska matrica Y i vektor struja I% inicijalizacijska matrica Y i vektor I koriste oblik YV=IY = [ 0.15 -0.1 -0.05;-0.1 0.145 -0.025;-0.05 -0.025 0.075];I = [5;0;2];% rijesi za napone cvoristafprintf(’Naponi cvorista V1, V2 i V3 su \n’)V = inv(Y)*IPozivom daje ove rezultate:>> pr1_1Naponi cvorista V1, V2 i V3 suV =404.2857350.0000412.8571Stranica 34 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analiza2.2 Izmjeni£na analizaPrimjer 2.2.1.Kolika je snaga na otporniku R = 5Ω?V s+−5 ΩV 0+−149.7 mFV s (t) = 5.31 cos(3t + 183 ◦ ) VV 0 (t) = 2.16 cos(3t + 117 ◦ ) VP = ? W86420−2−4−6−8V s (t), V 0 (t)V s (t)t [s]1 2 3 4 5V 0 (t)Rje²enje primjera 2.2.1V s = 5.31 √2∠183 ◦ V, V 0 = 2.16 √2∠117 ◦ V,ω = 3 rad/sZ c = 1ωC ∠ − 90◦ = 2.2267∠ − 90 ◦ Ω, I = V 2.16 √0= 2∠117 ◦Z c 2.2267∠ − 90 ◦ = 0.97 √ ∠207 ◦ A 2( ) 2 0.97P = I 2 R = √ · 5 = 2.35 W2Primjer 2.2.2.Kolika je vrijednost amplitude A ?83.3 mF8V s (t), V 0 (t)+6V s+−V 0−4 HV s (t) = 5.24 cos(3t + 67 ◦ ) V420−2−4V s (t)1 2 3 4 5t [s]V 0 (t) = A cos(3t + 67 ◦ ) V−6−8V 0 (t)Stranica 35 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaRje²enje primjera 2.2.2Z c = −j 1ωC = −j 1= −3.978j Ω3 · 83.3 · 10−3 Z L = jωL = j3 · 4 = 12j ΩZ = Z c + Z L = −3.978j + 12j = 8.023j ΩV s = Z · I ⇒ I = V 5.24 √sZ = 2∠67 ◦8.023∠90 ◦ = 0.653 √ ∠ − 23 ◦ A2V 0 = I · Z L = 0.653 √2∠ − 23 ◦ · 12j = 7.8 √2∠67 ◦ VUsporedimo sa izrazom na slici i vidimo da je amplituda A = 7.8 VZadatak 2.2.1 Kolika je vrijednost otpora R ?R+86V s (t), V 0 (t)V s+−V 0−3.76 HV s (t) = 6.10 cos(1t + 183 ◦ ) VV 0 (t) = 3.67 cos(1t + 236 ◦ ) V420−2−4−6V s (t)1 2 3 4 5V 0 (t)t [s]−8Rje²enje 2.2.1R = 5 ΩStranica 36 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaPrimjer 2.2.3.Zadan je izmjeni£ni strujni krug prema slici sa zadanim naponom izvora i naponom na zavojnici:+v s (t) = 7.28 cos(4t + 257 ◦ ) V 0.54 H v 0 (t) = 4.254 cos(4t + 311 ◦ ) V−Izra£unajte:a) struju u strujnom krugu,b) srednju snagu naponskog izvora,c) srednju snagu na otporniku,d) radnu snagu na zavojnici,e) faktor snage izvoraRje²enje primjera 2.2.3ω = 4 rad/s, Z L = jωL = j4 · 0.54 = j2.16ν s = V SM cos(ωt + α s ) = 7.28 cos(4t + 257 ◦ ) Vν o = V OM cos(ωt + α o ) = 4.254 cos(4t + 311 ◦ ) Vfazorski zapis:V s = V SM√2∠α s = 7.28 √2∠257 ◦ VV 0 = V OM√2∠α o = 4.254 √2∠311 ◦ Va) I = V 0Z L=4.254 √2∠311 ◦2.16∠90 ◦ = 1.969 √2∠221 ◦ A = IM√2∠α ii = 1.969 cos(4t + 221 ◦ ) Ab) P s = V SMI M27.28 · 1.969cos (α s − α i ) = cos (257 ◦ − 221 ◦ ) = 5.8 W} {{ } 2 } {{ }ϕ36 ◦c) ista, radna snaga izvora jednaka je snazi na radnom otporu,Stranica 37 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizad) P = 0 W jer je kut izmedu napona i struje 90 ◦ na zavojnicie) cos ϕ = cos(36 ◦ ) = 0.809Primjer 2.2.4.Potrebno je na¢i struju i(t) i napon na otporniku V R (t) pomo¢u fazora. Napon izvora je V (t) =4.67 cos(3t + 105 ◦ ), a ostali podaci vidljivi su sa slike.V (t)+i(t)4 H+ −V L (t)3 Ω+V R (t)−Rje²enje primjera 2.2.4Izmjeni£ni napon izvora: V (t) = 4.67 cos(3t + 105 ◦ )V ⇒ o£ita se ω = 3rad/sNapon izvora u kompleksnoj ravnini: V = 4.67 √2∠105 ◦ VInduktivni otpor: Z L = jωL = 12j = 12∠90 ◦ ΩOmski otpor: Z R = R = 3 = 3∠0 ◦ Ω2. Kirchoov zakon: V − I · Z L − I · R = 04.67√ ∠105 ◦V 2I =Z L + R = =12j + 34.67√2∠105 ◦√122 + 3 2 ∠ arctan( 1234.67√ ∠105 ◦) 2=12.37∠75.96 ◦ = 0.378 √ ∠29.04 ◦ A2Napon na otporniku: V R = I · R = 0.378 √2∠29.04 ◦ · 3∠0 ◦ = 1.13 √2∠29.04 ◦ VStranica 38 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaPrimjer 2.2.5.Za izmjeni£ni krug na slici:63.4 mFv s (t) = 6.80 · cos(2t + 97 ◦ ) V+−R 1 = 8 Ω− v a++v u−R 2 = 6 ΩZ = a + jb = R 1 ‖1/jωCa) izrazite v s (t) = 6.80 cos(2t + 97 ◦ )V kao fazorsku veli£inub) izra£unajte impedanciju Z paralelnog spoja kondenzatora i otpornika R 1c) izra£unajte vrijednost struje kroz izvor v sd) izra£unajte fazorsku veli£inu napona V a (pripazite na pretpostavljeni polaritet )e) izra£unajte prividnu snagu impedancije ZRje²enje primjera 2.2.5a) V s = 6.8 √2∠97 ◦ Vb) Z C = 1jωC = 1j · 2 · 0.0634 = 7.88∠−90◦ΩZ R = R 1 = 8ΩZ = Z C · Z R 8=Z C + Z R 1 + j8ωC · 1 − j8ωC1 − j8ωC = 3.94 − 3.99j = 5.616∠ − 45.41◦ Ωc) Z uk = Z + R 2 = 3.94 − 3.99j + 6 = 9.94 − 3.99j = 10.717∠ − 21.91 ◦ ΩI = V SZ uk=6.8√2∠97 ◦10.717∠ − 21.91 ◦ = 0.634 √ ∠118.91 ◦ A2d) V a = −Z · I = −(5.616∠ − 45.41 ◦ ) · ( 0.634 √2∠118.91 ◦ ) = − 3.566 √2∠73.59 ◦ = 3.566 √2∠ − 106.4 ◦ Ve) S Z = I · V a =( ) ( ) 0.634 3.566√ · √ = 1.13VA2 2Stranica 39 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaPrimjer 2.2.6.Zadan je izmjeni£ni strujni krug na slici. Zadan je napon izvora v s (t) = cos(5t + 31 ◦ ). Ako jenapon v 0 (t) = 4.20 cos(5t + 2 ◦ ), odredite:Lv s (t)+−R− +v a (t)+v 0 (t)−4Ωa) fazor v 0 (jω),b) fazor v a (jω),c) vrijednost otpora R,d) vrijednost induktiviteta L,e) struju koju daje izvor.Rje²enje primjera 2.2.6Pretvaranjem veli£ina napona i impedancije kruga u fazore dobije se:j5LV s (ω) = 8.5 √2∠31 ◦ V+−R− +V a (ω)4 Ω+V 0 (ω) = 4.2 √2∠2 ◦ V−A potom se od paralelne kombinacije otpora i zavojnice dobije ekvivalentna impedancija:V s (ω)+−Z e− +V a (ω)4 Ω+V 0 (ω)−Stranica 40 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaIzraz za ekvivalentnu impedanciju:1Z e (ω) = 1 R + 1j5L = 1 R − j 15L2.K.Z.: V s (ω) − I(ω) · Z e (ω) − V 0 (ω) = 0, I(ω) = V 0 (ω)/4Z e (ω) = 4(V s(ω) − V 0 (ω))V 0 (ω)Uvr²tenjem fazora u gornju jednadºbu dobije se:Z e (ω) =4( 8.5 √2∠31 ◦ − 4.2 √24.2∠2 ◦ )4.2√2∠2 ◦=4((7.29 + j4.38) − (4.2 + j0.15))4.2∠2 ◦=4(3.09 + j4.23)4.2∠2 ◦ = 4(5.25∠54◦ )4.2∠2 ◦= 4(5.24) ∠(54 ◦ − 2 ◦ ) = 4.99∠52 ◦ = 3.07 + j3.93 Ω4.2’to uvr²tenjem u po£etni izraz za ekvivalentnu impedanciju daje:1R − j 15L = 14.99∠52 ◦ = 14.99 ∠(0 − 52◦ ) = 0.20∠ − 52 ◦ = 0.123 − j0.158Odavde su:11= 0.123 ⇒ R = 8.1Ω, 5L =R 0.158 ⇒ L = 1.27HI(ω) = V 0(ω)4=4.2√2∠2 ◦4= 1.05 √2∠2 ◦ Astruja izvoraV a (ω) = −I(ω) · Z e (ω) = − 1.05 √2∠2 ◦ · 4.99∠52 ◦ = − 5.23 √2∠54 ◦ Vfazor V a (ω)Stranica 41 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaPrimjer 2.2.7.Zadan je strujni krug na slici (maketa s laboratorijskih vjeºbi):I 1R 1 = 3.9 kΩ L = 9.26 H R L = 3.9 kΩ+I 2IR 2 = 4.7 kΩC = 0.33 µFIZVORa) Odredite struju I, ako je naponski izvor istosmjeran i iznosi V s = 24 V.b) U slu£aju da je naponski izvor izmjeni£an, kolika je efektivna vrijednost struje I 2 ako jeefektivna vrijednost napona izvora V s = 15 V, frekvencije 50 Hz?c) Nacrtati vektorski dijagram struje i napona, te trokut impendancije za granu kojom te£estruja I 2 . Naputak: pretpostaviti fazni kut napona izvora 0 ◦ , te koristiti potrebne vrijednostiiz a) i b).d) Kojim broj£anim vrijednostima teºe kapacitivni i induktivni otpor, ako frekvencija izvoraf → ∞ Hz (f teºi beskona£nom), a kojima ako f → 0 Hz (f teºi nuli)?e) Kolika se snaga tro²i na otporniku R 2 ?Rje²enje primjera 2.2.7a) Struja te£e samo kroz granu 1, jer je kapacitivni otpor beskona£an pa struja kroz granu 2 ne te£e.I = I 1 =V sR uk=V sR 1 + R L=24= 3.077 mA(3.9 + 3.9) · 103 b) X c = 1ωC = 12πfC = 1= 9.645 kΩ2π · 50 · 0.33 · 10−6 |Z 2 | = √ R 2 2 + X2 c = 10.73 kΩ|I 2 | = |V s||Z 2 | = 15= 1.398 mA10.73 · 103 ( ) ( )−Xc−9.645c) ϕ = arctan = arctan= −64 ◦R 2 4.7I 2 = V s 15∠0 ◦=Z 2 10.73 · 10 3 ∠ − 64 ◦ = 1.397∠64◦ mAStranica 42 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaIm(Z 2 )Trokut impendacijaVektorski dijagramR 2Re(Z 2 )ϕV R2I 2V c−ϕX cZ 2V sd) X L = ωL = 2πfL, lim f→∞ (X L ) = ∞f → ∞,X C = 1ωC = 12πfC , lim f→∞(X C ) = 0X L = ωL = 2πfL, lim f→0 (X L ) = 0,f → 0,X C = 1ωC = 12πfC ,lim f→0(X C ) = ∞e) Na omskom tro²ilu su napon i struja u faziP R2= V R2 · I 2 = I 2 2 · R 2 = (1.398 · 10 −3 ) 2 · 4.7 · 10 3 = 9.19 mWStranica 43 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaPrimjer 2.2.8.Jednadºbe koje uklju£uju integraciju mogu se u Matlabu rije²iti s pomo¢u dviju funkcija kojeizvode numeri£ku integraciju. To su quad i quad8 funkcije.q =∫ bafunct(x)dxOp¢i oblik funkcija s kojima se moºe na¢i q iz gornjeg izraza su:quad ( ′ funct ′ , a, b, tol, trace)quad8 ( ′ funct ′ , a, b, tol, trace)gdje su:funct ime mdatoteke u kojoj je spremljena funct(x)a po£etna, donja granica integracijeb zavr²na, gornja granica integracijetol tolerancija. Iteracije se nastavljaju sve dok relativna pogre²ka nije manja od tol. Pretpostavljenavrijednost za tol je 1.0e-3trace dopu²ta crtanje grafa koji pokazuje kako se integracija odvija.Neka je v(t) = 10 cos(120πt + 30 ◦ ) i i(t) = 6 cos(120πt + 60 ◦ ) prema slici:i(t)v(t)++ZOdredite srednju snagu, RMS vrijednost od v(t) i faktor snage, koriste¢i:analiti£ko rje²enjenumeri£ko rje²enjeRje²enje primjera 2.2.8Za program su potrebne tri m-datoteke s upisanim jednadºbama:- za napon:function vsq = voltage1(t)% voltage1 ova funckija se koristi% za definiranje naponavsq = (10*cos(120*pi*t + 60*pi/180)).^2;Stranica 44 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analiza- za struju:function isq = current1(t)% current1 - ova funkcija se koristi% za definiranje strujeisq = (6*cos(120*pi*t + 30.0*pi/180)).^2;- za snagu:function pt = inst_pr(t)% inst_pr - ova funkcija se koristi za definiranje% trenutacne snage koja se dobiva kao umnozak% sinusonog napona i strujeit = 6*cos(120*pi*t + 30.0*pi/180);vt = 10*cos(120*pi*t + 60*pi/180);pt = it.*vt;Pozivom programa koji ra£una srednju snagu, RMS napona i faktor snage:Stranica 45 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analiza% Ovaj program izracunava srednju snagu, rms vrijednost% faktor snage koristeci quad funkciju. Usporedjuju se% analiticko i numericko rjesenje.%% numericki racunT = 2*pi/(120*pi); % period sinusnog oblikaa = 0; % donja granica integracijeb = T; % gornja granica integracijex = 0:0.02:1;t = x.*b;v_int = quad(’voltage1’, a, b);v_rms = sqrt(v_int/b); % rms naponai_int = quad(’current1’,a, b);i_rms = sqrt(i_int/b); % rms strujep_int = quad(’inst_pr’, a, b);p_ave = p_int/b; % srednja snagapf = p_ave/(i_rms*v_rms); % faktor snage%% analiticko rjesenje%p_ave_an = (60/2)*cos(30*pi/180); % srednja snagav_rms_an = 10.0/sqrt(2);pf_an = cos(30*pi/180);% rezultati se ispisujufprintf(’Srednja snaga, analiticki: %f \nSrednja snaga, numericki: %f \n’,p_ave_an,p_ave)fprintf(’\nRms napon, analiticki: %f \nRms napon, numericki: %f \n’,v_rms_an, v_rms)fprintf(’\nFaktor snage, analiticki: %f \nFaktor snage, numericki: %f \n’,pf_an, pf)dobije se:>> pr3_1Srednja snaga, analiticki: 25.980762Srednja snaga, numericki: 25.980762Rms napon, analiticki: 7.071068Rms napon, numericki: 7.071068Faktor snage, analiticki: 0.866025Faktor snage, numericki: 0.866025Vidi se da se s obje tehnike dobivaju isti rezultati.Stranica 46 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaPrimjer 2.2.9.Usporedite poglavlje 3.6. iz knjige ElektrotehnikaNeka su za gore nacrtani krug zadani elementi: R 1 = 20 Ω, R 2 = 100 Ω, R 3 = 50 Ω iL 1 = 4 H, L 2 = 8 H, te C 1 = 250 µF. Treba na¢i v 3 (t) za ω = 10 rad/s.a) vremenska domena+−v s (t) = 8 cos (10t + 15 ◦ ) VC 1+R 2 R 3 v 3 (t)−R 1 L 1 L 2b) frekvencijska domena1/ (j10C 1 )R 1 j10L 1 j10LV 22V 1 ++V s (t) = 8∠15 ◦ VR 2 R 3 V 3−−Ako su vrijednosti za R 1 , R 2 , R 3 , L 1 , L 2 i C 1 poznate, onda se napon V 3 moºe izra£unati koriste¢ianalizu kruga. Ako se pretpostavi da je V 3 jednakonda je u vremenskoj domeni v 3 (t) jednak:V 3 = V m3 ∠Θ 3 ,v 3 (t) = V m3 cos (ωt + Θ 3 )Rje²enje primjera 2.2.9Stranica 47 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaKoriste¢i analizu £vori²ta, dobiju se sljede¢e jednadºbe:za £vori²te 1za £vori²te 2za £vori²te 3V 1 − V s+ V 1 − V 2+ V 1 − V 3= 0R 1 j10L 11j10C 1V 2 − V 1j10L 1+ V 2R 2+ V 2 − V 3j10L 2= 0V 3+ V 3 − V 2+ V 3 − V 1= 0R 3 j10L 21j10C 1Uvr²tavaju¢i vrijednosti elemenata u gornje tri jednadºbe i pojednostavljenje dobije se matri£na jednadºba:⎡⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤0.05 − j0.0225 j0.025 −j0.0025 V 1 0.4∠15 ◦⎢⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ j0.025 0.01 − j0.0375 j0.0125 ⎦ ⎣ V 2 ⎦ = ⎣ 0 ⎦−j0.0025 j0.0125 0.02 − j0.010V 3Gornja matrica moºe se napisati kao:[Y ] [V ] = [I]iz koje se ra£una vektor [V ] koriste¢i Matlab-ovu naredbu:gdje je inv (Y ) inverzna matrica od matrice [Y ].Matlab skripta koja rje²ava ovaj problem je:V = inv (Y ) ∗ I% Ovaj program izracunava napon cvorista v3% Y je admitancijska matrica% I je matrica struje% V je vektor naponaY = [0.05-0.0225*j 0.025*j -0.0025*j;0.025*j 0.01-0.0375*j 0.0125*j;-0.0025*j 0.0125*j 0.02-0.01*j];c1 = 0.4*exp(pi*15*j/180);I = [c100]; % vektor struje unesen kao stupcasti vektorV = inv(Y)*I; % rjesava cvorisne naponev3_abs = abs(V(3));v3_ang = angle(V(3))*180/pi;fprintf(’Napon V3, iznos: %f \nNapon V3, kut u stupnjevima:%f’, v3_abs, v3_ang)a njenim pozivom dobije se:>> pr3_2Napon V3, iznos: 1.850409Napon V3, kut u stupnjevima:-72.453299Stranica 48 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaTo zna£i da je u vremenskoj domeni napon v 3 (t) jednak:v 3 (t) = 1.85 cos (10t − 72.45 ◦ )VPrimjer 2.2.10.Za strujni krug s dva izvora prikazan slikom treba na¢i struju i 1 (t) i napon v c (t).4 Ω400 µF8 mH 10 Ωi (t)5 mH+5 cos ( 10 3 t ) V−6 Ω+2 cos ( 10 3 t + 75 ◦) V−v C (t)+−100 µ FRje²enje primjera 2.2.10Strujni krug se transformira u frekvencijsku domenu. Rezultiraju¢i krug prikazan je donjom slikom s impendancijomizraºenoj u Ω-ima.4−j2.5j8 10+5∠0 ◦ V−j5I 1 I 26+2∠75 ◦ V−V C+−−j10Upotrebom analize petlji dobije se:−5∠0 ◦ + (4 − j2.5) I 1 + (6 + j5 − j10) (I 1 − I 2 ) = 0(10 + j8) I 2 + 2∠75 ◦ + (6 + j5 − j10) (I 2 − I 1 ) = 0²to nakon pojednostavljenja izgleda ovako:(10 − j7.5) I 1 − (6 − j5) I 2 = 5∠0 ◦ Stranica 49 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaA u matri£nom obliku, ovako:[− (6 − j5) I 1 + (16 + j3) I 2 = −2∠75 ◦10 − j7.5 −6 + j5−6 + j5 16 + j3Gornja matri£na jednadºba moºe se napisati kao:] [[Z] [I] = [V ]] [I 1=I 2Da bi se dobio vektor struje [I] potrebno je koristiti Matlab-ovu naredbu:gdje je inv (Z) inverz od matrice [Z].Napon V C moºe se dobiti kao:Matlab program za ra£unanje I 1 i V C je sljede¢i:I = inv (Z) ∗ VV C = (−j10) (I 1 − I 2 )]5∠0 ◦−2∠75 ◦% Ovaj program racuna fazorsku struju I1 i fazorski napon Vc.% Z je matrica impedancije, V je vektor napona, I je vektor strujeZ = [10-7.5*j -6+5*j;-6+5*j 16+3*j];b = -2*exp(j*pi*75/180);V = [5b]; % vektor napona u stupcastom oblikuI = inv(Z)*V; % rjesenje strujne petljei1 = I(1);i2 = I(2);Vc = -10*j*(i1 - i2);i1_abs = abs(I(1));i1_ang = angle(I(1))*180/pi;Vc_abs = abs(Vc);Vc_ang = angle(Vc)*180/pi;% ispis rezultatafprintf(’Fazor struje i1, iznosa: %f \nFazor struje i1, kut ustupnjevima: %f \n’, i1_abs,i1_ang)fprintf(’Fazor napona Vc, iznosa: %f \nFazor napona Vc, kut ustupnjevima: %f \n’,Vc_abs,Vc_ang)Pozivom programa dobiva se rje²enje:>> pr3_3Fazor struje i1, iznosa: 0.387710Fazor struje i1, kut u stupnjevima: 15.019255Fazor napona Vc, iznosa: 4.218263Fazor napona Vc, kut u stupnjevima: -40.861691To zna£i da je struja i 1 (t) jednaka:a napon v C (t):i 1 (t) = 0.388 cos ( 10 3 t − 15.02 ◦)v C (t) = 4.21 cos ( 10 3 t − 40.86 ◦)AVStranica 50 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaStranica 51 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeIzmjen. analizaStranica 52 od 147

Poglavlje 3Diferencijalne jednadºbe, prijelaznepojave53

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDifer. jednadºbe3.1 Diferencijalne jednadºbePrimjer 3.1.1.a) Ako je prijelazni proces opisan jednadºbom v 0 (t) = 12 − 6e −0.35t V, kolika je stacionarnavrijednost napona v 0 (t)b) Kolika je Laplaceova transformacija V 0 (s) napona v 0 (t) iz a).c) Koliki je v 0 (t), ako je napon V 0 (s) jednak: V 0 (s) = −10s+ 10s+ 9 16+ 12s = 2 s + 10 .s+ 9 16Rje²enje primjera 3.1.1a) v 0 (t) t→∞ = 12 − 6e −∞ = 12 − 0 = 12 Vb) V 0 (s) = 12 s − 6s + 0.35 Vc) v 0 (t) = 2 + 10e −916 t VPrimjer 3.1.2.Potrebno je rije²iti nehomogenu diferencijalnu jednadºbu drugog redad 2 ydt 2 + 5dy dt + 6y = 3 sin(t) + cos(t) s po£etnim uvjetima y(0) = 4, y′ (0) = −1.Rje²enje primjera 3.1.21. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: EgzaktnoUkupno rje²enje (partikularno + homogeno): y = y h + y p• Traºenje homogenog rje²enja: ÿ h + 5ẏ h + 6y h = 0homogeno rje²enje:• Traºenje partikularnog rje²enja:partikularno rje²enje:y h = Ke λt , ẏ h = Kλe λt , ÿ h = Kλ 2 e λte λt (λ 2 + 5λ + 6 = 0) ⇒ λ 2 + 5λ + 6 = 0 ⇒ λ 1 = −2, λ 2 = −3y h = K 1 e λ1t + K 2 e λ2t , y h = K 1 e −2t + K 2 e −3tÿ p + 5ẏ p + 6y p = 3 sin(t) + 7 cos(t)y p = A sin(t) + B cos(t), ẏ p = A cos(t) − B sin(t), ÿ p = −A sin(t) − B cos(t)(5A − 5B) sin(t) + (5B + 5A) cos(t) = 3 sin(t) + 7 cos(t)5A − 5B = 3, 5B + 5A = 7 → A = 1, B = 2 5y p = sin(t) + 2 5 cos(t)• Traºenje ukupnog rje²enja: y = K 1 e −2t + K 2 e −3t + sin(t) + 2 5 cos(t) Stranica 54 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDifer. jednadºbeẏ = −2K 1 e −2t − 3K 2 e −3t + cos(t) − 2 5 sin(t)y(t = 0) = 4, ẏ(t = 0) = −1 → K 1 = 445 , K 2 = − 265ukupno rje²enje: y = 445 e−2t − 265 e−3t + 2 5cos(t) + sin(t)Matlab kôd: simboli£ko rje²enje%Rjesavanje diferencijalne jednadzbe drugog redaclear % brisanje varijabli iz memorije%simbolicko rjesavanje diferencijalne jednadzbe po nezavisnoj varijabli ty=dsolve(’D2y+5*Dy+6*y=3*sin(t)+7*cos(t)’,’Dy(0)=-1’,’y(0)=4’)t=0:0.01:30; % vektor vremenskih korakaz=inline(y) % stvara funkciju u obliku z(t) iz simbolicke jedn. yu=z(t); % izracunavanje funkcije z za vremenske korake tplot(t,u)2. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: Prijenosna funkcija• Vremenska domena:ÿ + 5ẏ + 6y = 3 sin(t) + 7 cos(t), y(0) = 4, y ′ (0) = −1• Laplaceova transformacija (tablice), vremenska domena ⇒ frekvencijska domena:s 2 Y (s) − sy(0) − ẏ(0) + 5sY (s) − 5y(0) + 6Y (s) = 3s 2 + 1 + 7ss 2 + 1Y (s) = (4s + 19)(s2 + 1) + 3 + 7s(s 2 + 5s + 6)(s 2 + 1)= 4s3 + 19s 2 + 11s + 22s 4 + 5s 3 + 7s 2 + 5s + 6Budu¢i da je nazivnik polinom 4. reda onda on ima 4 pola tj. nulto£ke. Da bismo dobili polove tog polinomapotrebno ga je izjedna£iti s nulom i rije²iti jednadºbu. Matlab tu moºe pomo¢i jer ima ugradjenu funkcijuresidue() koja rastavlja razlomak na parcijalne razlomke. Polinom se u Matlab-u prikazuje kao vektorskopolje njegovih koecijenata , npr. polinom u brojniku 4s 3 + 19s 2 + 11s + 22 ¢e biti num=[4 19 11 22]i naziva se numerator, a u nazivniku s 4 + 5s 3 + 7s 2 + 5s + 6 ¢e biti dem=[1 5 7 5 6] i naziva sedenominator.Matlab kôd:>> den=[1 5 7 5 6];>> num=[4 19 11 22];>> [R,P,K]=residue(num,den)R =-5.20008.80000.2000 - 0.5000i0.2000 + 0.5000iP =-3.0000-2.0000-0.0000 + 1.0000i-0.0000 - 1.0000iK = [ ]Y (s) = 4s3 + 19s 2 + 11s + 22s 4 + 5s 3 + 7s 2 + 5s + 6 = − 5.2s + 3 + 8.8 0.2 − 0.5i 0.2 + 0.5i+ +s + 2 s − i s + iStranica 55 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDifer. jednadºbe• Laplace-ova transformacija (tablice), frekvencijska domena ⇒ vremenska domena:Prvi £lan postaje (−5.2)e −3t , tre¢i (0.2 + 0.5i)e it itd., pa se dobijey = 44 5 e−2t − 265 e−3t + 2 cos(t) + sin(t)5Naravno, sve je to moglo pro¢i i jednostavnije koriste¢i Matlab funkciju ilaplace().Matlab kôd: s-domenasyms s % postavljanje slova s kao simbolicke varijable% inverzna Laplaceova transformacijaA=ilaplace((4*s^3+19*s^2+11*s+22)/(s^4+5*s^3+7*s^2+5*s+6))v=inline(A) % od simbolickog izraza A stvara se funkcija v s parametrom vremena tt=0:0.01:30; % vremenski korak tv(t); % stvaranje vektora rjesenja dif.jed. za vremenske trenutke tplot(t,v(t)) % crtanje v(t)Primjer 3.1.3.Za serijski RLC strujni krug, sklopka je zatvorena u trenutku t = 0. Po£etna energija u zavojnicii kondenzatoru je jednaka nuli. Pomo¢u Matlaba potrebno je izra£unati napon na kondenzatoruV 0 (t) i struju i(t).10 Ω 1.25 Ht = 0+V S = 8 V+−0.25 µFV 0 (t)-Rje²enje primjera 3.1.3Postavljanje diferencijalne jednadºbe serijskog RLC strujnog kruga koriste¢i 2. Kirchho-ov zakon:diferencijalna jednadºba:d 2 V 0 (t)dt 2V s (t) = V R (t) + V L (t) + V 0 (t)i(t) = C dV 0(t), V R (t) = i(t)R, V L (t) = L di(t)dtdt+ R LV s (t) = i(t)R + L di(t)dtdV 0 (t)dt+ V 0 (t)+ 1LC V 0(t) = V S(t)LC1. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: EgzaktnoUkupno rje²enje (partikularno + homogeno): V 0 (t) = V 0h (t) + V 0p (t)Stranica 56 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDifer. jednadºbe• Traºenje homogenog rje²enja:d 2 V 0h (t)dt 2+ R LdV 0h (t)dt+ 1LC V 0h(t) = 0homogeno rje²enje:λ 1 = −4 + 1789i, λ 2 = −4 − 1789iV 0h (t) = K 1 e λ1t + K 2 e λ2t• Traºenje partikularnog rje²enja:d 2 V 0p (t)dt 2+ R LdV 0p (t)dt+ 1LC V 0p(t) = V S(t)LCpartikularno rje²enje: V 0p (t) = V S (t) = 8• Traºenje ukupnog rje²enja: V 0 (t) = K 1 e λ1t + K 2 e λ2t + 8dV 0 (t)dtV 0 (0) = 0, dV 0(0)dt= λ 1 K 1 e λ1t + λ 2 K 2 e λ2t= 0, jer je dV 0(0)dt= i(0)C = 0 C = 0K 1 = − λ 2V S (t)λ 2 − λ 1= −4 + 1112 i, K 2 = − λ 1V S (t)λ 2 − λ 1= −4 − 1112 iukupno rje²enje: V 0 (t) = −4e (−4+1789i)t + 1112 ie(−4−4789i)t − 4e (−4−1789i)t − 1112 ie(−4−4789i)t + 8• derivirnjem napona V 0 (t) dobije se dV 0(t)dttj. V 0 (t) = 8 − 8e −4e cos(1789t) − 2112 e−4t sin(1789t)= 14311e −4t sin(1789t), te je struja i(t) = C dV 0(t), tj.dti(t) = (0.25 · 10 −6 ) · 14311e −4t sin(1789t)Matlab kôd: simboli£ko rje²enjeUc=dsolve(’D2Uc+10/1.25*DUc+(1/1.25/(0.25e-6))*Uc=8/1.25/0.25e-6’,’DUc(0)=0’,’Uc(0)=0’)vc=inline(Uc)%funkcija vc(t)der= d i f f (Uc)%derivacija naponaIc=inline(der);%funkcija Ic(t)t=0:0.0001:1;Vo=vc(t); I=0.25e-6*Ic(t); %napon na kondenzatoru i struja RLC krugasubplot(2,1,1);plot(t,Vo) %crtanje Vo(t)grid on; t i t l e (’Napon na kondenzatoru’)xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Napon Vc(t) [V]’)subplot(2,1,2);plot(t,I) %crtanje I(t)grid on; t i t l e (’Struja RLC kruga’)xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Struja I(t) [A]’)2. na£in rje²avanja diferencijalne jednadºbe: Prijenosna funkcija• Vremenska domena: d2 V 0 (t)dt 2+ R LdV 0 (t)dt+ 1LC V 0(t) = V S(t)LC , V 0(0) = 0, dV 0(0)= 0dtStranica 57 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDifer. jednadºbe• Laplace-ova transformacija (tablice), vremenska domena ⇒ frekvencijska domena:s 2 V 0 (s) − sV 0 (0) − ˙V 0 (0) + R L (sV 0(s) − V 0 (0)) + 1LC V 0(s) =V SsLCV 0 (s) =V SLCs 3 + RCs 2 + sDeniranjem konstanti i koriste¢i Matlab funkciju ilaplace() dobije se V 0 (t)Matlab kôd: s-domenasyms s%stvaranje simbolicke varijable s%R-otpor, L-induktivitet, C-kapacitet, Viz-napon izvoraR=10; L=1.25; C=0.25e-6; Vs=8;A=ilaplace(Vs/(s^3*L*C+R*C*s^2+s)) %pretvorba iz s -> t domenuv=inline(A) %od simb.izraza rjes. A dif.jed. stvara se funk. s parmetrom ti= d i f f (A); %deriviranje napona na kondenzatoruic=C*i;%racunanje struje RLC krugaI=inline(ic) %stvaranje funkcije I(t)t=0:0.0001:1; %vremenski korak tv(t); I(t); %stvaranje vektora rjesenja dif.jed. za vremenske trenutke tsubplot(2,1,1);plot(t,v(t)) %crtanje v(t)grid on; t i t l e (’Napon na kondenzatoru’)xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Napon Vc(t) [V]’)subplot(2,1,2);plot(t,I(t)) %crtanje I(t)grid on; t i t l e (’Struja RLC kruga’)xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Struja I(t) [A]’)Stranica 58 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojave3.2 Prijelazne pojavePrimjer 3.2.1.Kolika je vrijednost kapaciteta kondenzatora C?v s+−C6 Ω+ − v o6 Ωv s (t) = 8 − 15 u(t) Vv 0 (t) = −3.5 + 7.5e −1.8t V, za t > 08V s (t), V 0 (t)642−1−2−41 2 3 4 5V s (t)−6V 0 (t)−8t [s]Rje²enje primjera 3.2.1v s (t) = 8 − 15u(t) Vv 0 (t) = −3.50 + 7.50e −1.8t V, t > 0Zat ≤ 0v s (t) = 8V, u(t) predstavlja jedini£ni skokv 0 (t) = 4VParalelni spoj: v c (t) = v 0 (t)1.K.Z. i(t) = i c (t) + i 0 (t) = C dv c(t)dt+ v 0(t)R= C dv 0(t)dt2.K.Z.v s (t) − v 0 (t) − v R (t) = 0 ⇒ v s (t) − v 0 (t) − i(t)R = 0i(t) = v s(t)R− v 0(t)R+ v 0(t)RIzjedna£avanjem struja dobivenih iz oba K.Z. dobiva se dif.jed. kruga:C dv 0(t)dtdv 0 (t)dt+ v 0(t)R= v s(t)R+ 2 v 0(t)CR = v s(t)CR− v 0(t)RStranica 59 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojaveZat > 0v s (t) = 8 − 15 = −7Vv 0 (t) = −3.5 + 7.5e −1.8t VLaplaceova transformacija dif.jed. strujnog kruga:dv 0 (t)+ 2 v 0(t)dt CR = v s(t)CRsV 0 (s) − v 0 (0) + 2 V 0(s)CR= V s(s)s · CR1CRV 0 (s) =V 1s(s) + sv 0 (0)CRs(s + 2CR ) =(−7) + s · 4s(s + 2CR )Laplaceova transformacija napona na kondenzatoru:v 0 (t) = −3.5 + 7.5e −1.8tV 0 (s) = −3.5s+ 7.5 −3.5 · 1.8 + 4s=s + 1.8 s(s + 1.8)Usporeživanjem dobivenih napona vidimo da treba vrijediti:71= 3.5 · 1.8 ⇒ = 0.9 ⇒ C = 185 mFCR C · 62CR = 1.8 ⇒ 1 = 0.9 ⇒ C = 185 mFC · 6Primjer 3.2.2.Nažite vrijednost induktiviteta zavojnice (L) ako se nakon uklju£ivanja sklopke jakost strujepo£ne mijenjati u vremenu po funkciji navedenoj na slici. Koristite Laplace-ovu transformaciju.t = 01612i(t), Ai(t)13 A 33 Ωi(t)L84i(t) = 13 − 13e −0.35t A, za t > 0t [s]−2 2 4 6 8 10 12Rje²enje primjera 3.2.21. Kirchhoov zakon:i 1 (t) − i 2 (t) − i(t) = 02. Kirchhoov zakon:v R (t) = v L (t)v L (t) = L di(t)dtStranica 60 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavev R (t) = R · i 2 (t)Diferencijalna jednadºba kruga: di(t)dt+ R L i(t) = R L i 1(t)Laplaceova transformacija: sI(s) − i(0) + R L I(s) = R LI(s) = R LI 1 (s)s(s + R L ) = R 13L s(s + R L )Zadani signal i(t) = 13 − 13e −0.35t u s-domeni:I(s) = 13 s − 13s + 0.35 = 0.35 13s(s + 0.35)I 1 (s)sUsporede se dobivene struje u s-domeni te se dobije induktivitet:I(s) = R L13s(s + R L ) = 0.35 13s(s + 0.35)R= 0.35 ⇒ L = 94.2 HLPrimjer 3.2.3.Svi kondenzatori u nacrtanom spoju imaju kapacitet 1µF i prazni su u trenutku uklapanja sklopket = 0.t = 0C 1R = 2 MΩE = 200 Va) koliki je maksimalni iznos struje iz izvora i kad nastupa,b) u kojem trenutku je napon na otporniku polovica napona napajanja,c) koliki je iznos energije kondenzatora C 1 nakon zavr²etka prijelazne pojave?Rje²enje primjera 3.2.3a) I max = E R = 2002 · 10 6 = 100 µA, t = 0 s Stranica 61 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojaveb) C ukupno = 3 8 C = 3 8 · 10−6 = 3 8 µF( )v c (t) = E 1 − e − t τ , τ = R · C ukupno = 3 4 s( )E = v c (t) + v R (t) ⇒ v R (t) = E − E 1 − e − t τ = Ee − t τ( )vR (t)t = −τ ln , za v R (t) = E ( ) 1E2 ⇒ t = −3 4 ln = 0.52 s2c) E P = Q = C ukupno · E= E 32 C 32 C 4 = 50 VE 1 = E P2 = 50 2 = 25 VW = C 1 · E 2 12= 10−6 · 25 22= 0.3125 mJPrimjer 3.2.4.Na slici je prikazan strujni RC krug u kojem je kondenzator po£etno nabijen na vrijednost naponaV M i prazni se preko otpornika R.Zadano: R = 2Ω, C = 5µF, V M = 15 V+RCv 0 (t)-a) Nažite vrijeme koje je potrebno da napon na kondenzatoru v 0 (t) padne na 0.1V mb) Nažite vrijednost struje za onu vrijednost napona v 0 (t) u trenutku traºenom u a).c) Skicirajte dijagram napona na kondenzatoru o vremenu, od t = 0 do vremenskog trenutkadobivenog u a).d) Napi²ite diferencijalnu jednadºbu strujnog RC kruga prikazanog na slici u a).Rje²enje primjera 3.2.4a) v 0 (t) = V M · e −tτ( ) ( )v0 (t)0.1 · VM⇒ t = −RC ln = −RC ln= −RC ln(0.1) = 23µsV M V Mb) i(t a ) = v R(t a )R = v 0(t a )R = 1.52 = 0.75 Ac)Stranica 62 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojaveV 0 (t)V MV 0 (t) = V M · e − t τ0.1V Mt at [s]d) 2.K.Z. −v 0 (t) − v R (t) = 0, i(t) = C dv 0dt ,Ohmov zakon: v R(t) = i(t) · Ri(t) · R + v 0 (t) = 0 ⇒ dv 0dt + v 0RC= 0 , diferencijalna jednadºba RC strujnog krugaPrimjer 3.2.5.Kondenzator C = 1µF nabija se preko otpornika R = 10kΩ s izvora konstantnog naponaV = 100V . U po£etnom trenutku napon na kondenzatoru je 0 V .a) kolika je vremenska konstanta spojab) koliki ¢e napon na kondenzatoru biti stotinku sekunde od po£etka nabijanjac) izrazite struju nabijanja kao funkciju vremenad) kolika se energija akumulirala u kondenzatoru do zavr²etka nabijanjae) kolika se energija utro²ila na otporu tijekom nabijanjaRje²enje primjera 3.2.5a) τ = RC = 10 4 · 10 −6 = 10 −2 s( )b) v c (t) = V 1 − e −tτ = 100 ( 1 − e −1) = 63.2 Vc) i(t) = v R(t)R= V − v c(t)R= 1 R(V − V + V e −tτ)= V R e −tτ = 10010 4 e −t0,01 Ad) W = CV 22= 10−6 · 10 42= 0, 5 · 10 −2 J = 5mJe) dW R = i(t) 2 RdtW R = ∫ ∞i(t) 2 Rdt = R ∫ ∞ V 20 0 Re −2t2 τ dt = − V 2Rτ2 e −2tτ∣t=∞t=0= V 22R · τ = V 2 RC2R= V 2 C2= 5 mJStranica 63 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavePrimjer 3.2.6.a) Nažite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga nakon otvaranja sklopke izraºenu preko v(t).b) Izrazite v(t) u frekvencijskoj domeni kao V (s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju.c) Koriste¢i rastav na parcijalne razlomke, te inverznu Laplaceovu transformaciju nažite v(t),a usporedbom s v(t) = 3 + 16e −0.3t V, za t = 0 nažite vrijednost kapaciteta kondenz. C.24 Ωt = 0+3 V+−v(t)−C+−19 Vv(t) = 3 + 16e −0.3t V, za t > 0v(t), V20161284v(t)t [s]−2 2 4 6 8 10 12Rje²enje primjera 3.2.6U trenutku nakon otvaranja skolopke kondenzator je nabijen na v(0) = 19 V, a promatra se samo RC krugs naponskim izvorom V S = 3 V.a) t > 0 , sklopka isklju£ena2.K.Z. −v(t) − i(t)R + V S = 0i(t) = C dv(t)dtv(t) + C dv(t) R − V S (t) = 0dtdv(t)dt+ 1CR v(t) = V S(t)CR , v(0) = 19 V, V S(t) = V S · u(t) = 3 · u(t) , u(t) -jedini£ni skokb) Laplaceova transformacija:Stranica 64 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavesV (s) − v(0) + 1CR V (s) = V ss · CRV (s) =V sCR(s s + 1CR) + v(0)s + 1CRc) V (s) =V S( CRs s + 1 )CR} {{ }H(s)+ v(0)s + 1CRH(s) =V SCR(s s + 1CRA = lims→0(s · H(s)) = limB =) = A s + Bs + 1CR⎛⎜⎝ s→0V SCRs + 1CR⎞⎟⎠ = V S((lim1s + 1 ) )( )VS· H(s) = limCR1= −V Ss · CRs→− s→−CRCRH(s) =V sCR(s s + 1CR) = A s + Bs + 1CR= V Ss − V Ss + 1CRV (s) = V Ss − V Ss + 1CR+ v(0)s + 1CR= V Ss + v(0) − V Ss + 1CR= 3 s + v(0) − V Ss + 1CR= 3 s + 16s + 1CRInverzna Laplaceova transformacija:v(t) = 3 + 16e − 1CR tUsporedimo s v(t) = 3 + 16e −0.3t ⇒ 1CR = 0.3C = 10.3R = 10.3 · 24 = 0.1389 F Stranica 65 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavePrimjer 3.2.7.Za strujni krug prema slici:a) Nažite vrijednost struje i(t) i napona v(t) u vremenu t ≤ 0 .b) Nažite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga nakon otvaranja sklopke.c) Izrazite i(t) u frekvencijskoj domeni kao I(s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju.d) Koriste¢i inverznu Laplaceovu transformaciju nažite i(t) .e) Nažite v(t) .t = 0v(t),V+−R 1 = 30 Ω R 2 = 75 ΩV s (t) = 24 V R 3 = 15 ΩL = 185 H+v(t)-54321−1 2 4 6 8t [s]10Rje²enje primjera 3.2.7a) t ≤ 0, sklopka uklju£ena2.K.Z. V S (t) − 75I − 15I = 0 ⇒ I = 2490 = 0.2667Av(t ≤ 0) = I · R 3 = 0.2667 · 15 = 4 Vb) t > 0, sklopka isklju£ena2.K.Z. V S (t) − i(t) · (R 1 + R 2 + R 3 ) − v L (t) = 0v L (t) = L di(t)dtV S (t) − i(t) · (R 1 + R 2 + R 3 ) − L di(t)dt= 0di(t)dt + (R 1 + R 2 + R 3 )i(t) = V S(t)LL, i(0) = 0.2667A, V S(t) = V S·u(t) = 24·u(t), u(t) jedini£ni skokStranica 66 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavec) Laplaceova transformacija:sI(s) − i(0) + (R 1 + R 2 + R 3 )I(s) = V S(t)Ls · LI(s) =V S( Ls s + (R ) +1 + R 2 + R 3 )Li(0)s + R 1 + R 2 + R 3L=0.1297s(s + 0.6487) + 0.2667s + 0.6487d) Inverzna Laplaceova transformacija:[]1i(t) = 0.12970.6487 (1 − e−0.6487t )i(t) = 0.2 + 0.066e −0.6487t A+ 0.2667e −0.6487te) v(t) = i(t) · R 3 = (0.2 + 0.066e −0.6487t ) · 15 = 3 + 1 · e −0.6487t VPrimjer 3.2.8.Za strujni krug prema slici:t = 017 A 20 ΩLi(t)a) Nažite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga nakon zatvaranja sklopke.b) Izrazite i(t) u frekvencijskoj domeni kao I(s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju. Za t = 0,i(t) = 0 A.c) Koriste¢i rastav na parcijalne razlomke, te inverznu Laplaceovu transformaciju nažite i(t).d) Usporedbom izraza dobivenog iz c) i izraza i(t) = 17−17e −0.8t A, za t > 0 nažite vrijednostinduktiviteta zavojnice L.e) Koliki je iznos vremenske konstante RL kruga?Rje²enje primjera 3.2.8a) t > 0, sklopka uklju£ena1.K.Z. i s (t) − i(t) − i R (t) = 0v R (t) = R · i R (t),v L (t) = L · di(t)dtStranica 67 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojave2.K.Z.v R (t) = v L ⇒ i R (t) = L di(t)R dti s (t) − i(t) − L di(t)= 0R dtdi(t)dt+ R L i(t) = R L i s(t) , i S (t) = i S · u(t) = 17 · u(t), u(t) - jedini£ni skokb) Laplaceova transformacija:sI(s) − i(0) + R L I(s) = R I SL sRI(s) = L I S(s s + R )LRc) I(s) = L I S(s s + R ) = A s + Bs + R LL⎛⎜⎝ s→0A = lims→0(s · I(s)) = limB =RL I Ss + R L⎞⎟⎠ = I Slim((s + R )s→− R L ) · I(s) = limLs→− R L⎛R⎜⎝L I Ss⎞⎟⎠ = −I SRI(s) = L I S(s s + R ) = A s + Bs + R LL= I Ss −I Ss + R LI(s) = 17 s − 17s + R LInverzna Laplaceova transformacija:i(t) = 17 − 17e R L t Ad) Usporedimo dobiveni izraz i(t) = 17 − 17e R L t , s izrazom i(t) = 17 − 17e −0.8t⇒ R L= 0.8 ⇒ L =200.8 = 25 He) τ = L R = 2520 = 1.25 s Stranica 68 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavePrimjer 3.2.9.a) Ako je prijelazni proces opisan jednadºbom v 0 (t) = 12 − 6e −0.35t , kolika je stacionarnavrijednost napona v 0 (t).b) Kolika je Laplaceova transformacija V 0 (s) napona v 0 (t) iz a).c) Ako je napon V 0 (s) jednak: V 0 (s) = 2 s + 10s + 9 16, koliki je v 0 (t).Rje²enje primjera 3.2.9a) v 0 (t) t→∞ = 12 − 6 −∞ = 12 − 0 = 12Vb) V 0 (s) = 12 s − 6s + 0.35c) v 0 (t) = 2 + 10e − 9 16 tPrimjer 3.2.10.a) Nažite diferencijalnu jedn. strujnog kruga nakon uklju£ivanja sklopke, izraºenu preko v(t).b) Izrazite v(t) u frekvencijskoj domeni kao V (s) koriste¢i Laplaceovu transformaciju.Po£etni uvjet napona v(t) o£itajte s dijagrama.c) Koriste¢i rastav na parcijalne razlomke, te inverznu Laplaceovu transformaciju, nažite v(t)funkcijskog oblika v(t) = A + Be −a·t .t = 0v(t),V20 v(t) = A + Be −at1632 Ω40 H+1220 V+−40 Ω10 Ωv(t)8v(t) = A + Be −at , za t > 0-4−2 2 4 6 8 10t [s]Rje²enje primjera 3.2.10Stranica 69 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavea)−v R2 (t) + v(t) + v L (t) = 0−20 + v(t) + 4 · dv(t)dtdv(t)dtv R2 (t) = V s (t) = 20v L (t) = L · di L(t)dt= 0 i L (t) = v(t)R 3+ 1 4 v(t) = 5 v L(t) = L · ddt= v(t)( 10v(t)10v L (t) = 4 · dv(t)dtb) v(0) = 4V - o£itano s dijagrama{ dv(t)α + 1 }dt 4 v(t) = 5) - Laplaceova transformacijas · V (s) − v(0) + 1 4 V (s) = 5 ss · V (s) − 4 + 1 4 V (s) = 5 s ⇒ V (s) = 5(s s + 1 ) + 4s + 14 4c) Rastavi na parcijalne razlomke:1G(s) =s(s + 0.25) = A s + Bs + 0.25A, B =?1A = lim [s · G(s)] = lims→0 s→0 s + 0.25 = 10.25 = 4B = lim [(s + 0.25) · G(s)] = lim 1s→−0.25 s→−0.25 s = 1−0.25 = −4[ ]11 4V (s) = 5 · (s s + 1 ) + 4 ·s + 1 = 5 ·s − 41+ 4 ·s + 0.25s + 1444V (s) = 20 s − 20s + 0.25 + 4s + 0.25 = 20 s − 16s + 0.25α −1 {V (s)} = v(t), - tablice,inverzna Laplaceova transformacijav(t) = 20 − 16e −0.25t VPrimjer 3.2.11.)a) Odredite vrijednosti konstanti a i b, ako je:−j6= −4 − j3a + jbb) Ako je prijelazni proces opisan jednadºbom v 0 (t) = 12 − 6e −0.35t V, kolika je stacionarnavrijednost napona v 0 (t).c) Kolika je Laplaceova transformacija V 0 (s) napona v 0 (t) iz b)d) Ako je napon V 0 (s) jednak: V 0 (s) = −10s+ 10s + 9 16+ 12 s = 2 s + 10s + 9 , koliki je v 0 (t).16e) Kojim parametrima £etveropola se najbolje moºe opisati bipolarni tranzistor, a kojimaFET?Stranica 70 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojaveRje²enje primjera 3.2.11a) a + jb = −j6−4 − j3 = 6e−j90◦5e −j143◦ = 1.2e j53◦ = 0.722 + j0.958b) v 0 (t) t→∞ = 12 − 6 −∞ = 12 − 0 = 12Vc) v 0 (t) = 12 s − 6s + 0.35d) v 0 (t) = 2 + 10e − 9 16e) Y - parametri, X - parametriPrimjer 3.2.12.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 4.1)Za strujni krug na slici struja u po£etku kroz zavojnicu jednaka je nuli. Neka se u t = 0 sklopkaprebaci iz pozicije a u poziciju b i neka u njoj ostane 1 sekundu. Nakon 1 sekunde ka²njenja,sklopka se prebacuje iz pozicije b u poziciju c, gdje trajno ostaje. Zada¢a je, nacrtati tijek strujekroz zavojnicu u ovisnosti o vremenu.50 Ω ab200 Hc40 V+−150 Ω50 ΩRje²enje primjera 3.2.12Stranica 71 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojave%Rješenje za primjer 4.1.%tau1 je vremenska konstanta kad je sklopka u poziciji b%tau2 je vremenska konstanta kad je sklopka u poziciji c%tau1=200/100;for k=1:20t(k)=k/20;i(k)=0.4*(1-exp(-t(k)/tau1));endimax=i(20)tau2=200/200;for k=21:120t(k)=k/20;i(k)=imax*exp(-t(k-20)/tau2);end%crta se strujaplot(t,i,’ob’)axis([0 6 0 0.18])t i t l e (’Struja za RL krug’)xlabel(’Vrijeme, s’)ylabel(’Struja, A’)Primjer 3.2.13.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 4.2)Pretpostavimo da je C = 10µF. Treba Matlab programom simulirati napon na kondenzatoru, akoje R jednak: a) 1.0kΩ b) 10kΩ c) 0.1Ω. Napon izvora V s = 10 V.Rje²enje primjera 3.2.13%Nabijanje RC kruga%c=10e-6;r1=1e3;tau1=c*r1;t=0:0.002:0.5;v1=10*(1-exp(-t/tau1));r2=10e3;tau2=c*r2;v2=10*(1-exp(-t/tau2));r3=.1e3;tau3=c*r3;v3=10*(1-exp(-t/tau3));plot(t,v1,’+’,t,v2,’o’,t,v3,’*’)axis([0 0.06 0 12])t i t l e (’Nabijanje kondenzatora s 3 vremenske konstante’)xlabel(’Vrijeme, [s]’)ylabel(’Napon na kondenzatoru, [V]’)text(0.03,5.0,’+ za R = 1 Kilohms’)text(0.03,6.0,’o za R = 10 Kilohms’)text(0.03,7.0,’* za R = 0.1 Kilohms’)Stranica 72 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojavePrimjer 3.2.14.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 4.2)Neka je priklju£eni napon pravokutni puls s amplitudom od 5 V i ²irinom 0.5 s. Ako je C = 10µF,treba nacrtati izlazni napon v 0 (t), za otpore R jednake a) 1000Ω i b) 10.000Ω. Crteº neka po£neu nula sekundi i zavr²i u 1 sekundi.Rje²enje primjera 3.2.14function [v, t] = rceval(r, c)%rceval je funkcija za izračunavanje%izlaznog napona zadanog vrijednostima%otpora i kapaciteta.%poziv [v, t]=rceval(r,c)%r je vrijednost otpora(ohms)%c je vrijednost kapaciteta(Farad)%v je izlazni napon%t je vrijeme koje odgovara naponu vtau = r*c;for i=1:50t(i)=i/100;v(i)=5*(1-exp(-t(i)/tau));endvmax=v(50);for i=51:100t(i)=i/100;v(i)=vmax*exp(-t(i-50)/tau);end²to nakon poziva:%Problem se rijesava pozivom funkcije%rceval%Izlaz se racuna za razlicite otporec=10.0e-6;r1=2500;[v1,t1]=rceval(r1,c);r2=10000;[v2,t2]=rceval(r2,c);%iscrtavanje naponaplot(t1,v1,’*r’,t2,v2,’+b’)axis([0 1 0 6])t i t l e (’odziv RC kruga na ulazni puls’)xlabel(’Vrijeme, [s]’)ylabel(’Napon, [V]’)text(0.55,5.5,’* je za 2500 Ohms’)text(0.55,5.0,’+ je za 10000 Ohms’)Stranica 73 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikePrijelazne pojaveStranica 74 od 147

Poglavlje 4Varijable stanja, RL, RC, RLC, Trofaznisustavi75

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanja4.1 Varijable stanja, RL, RC, RLCPrimjer 4.1.1.Potrebno je prikazati nehomogenu diferencijalnu jednadºbu drugog redad 2 ydt 2 + 5dy + 6y = 3 sin (t) + 7 cos (t) s po£etnim uvjetima y(0) = 4, ẏ(0) = −1 u prostoru stanja.dtRje²enje primjera 4.1.1Egzaktno rje²enje: y = 445 e−2t − 26 5 e−3t + 2 cos (t) + sin (t)5Prostor stanja: zapis diferencijalne jednadºbe drugog reda kao dvije prvog redaOdabir varijabli stanja: x 1 (t) = y(t), x 2 (t) = ẏ(t)Derivacije varijabli stanja:ẋ 1 (t) = x 2 (t)ẋ 2 (t) = −5x 2 (t) − 6x 1 (t) + 3 sin(t) + 7 cos(t)Matri£ni zapis prostora stanja:[ẋ 1 (t)ẋ 2 (t)]=[0 1−6 −5] [x 1 (t)x 2 (t)]+[01]· (3 sin(t) + 7 cos(t))Matlab kôd: rje²enje varijablama prostora stanjaFunkcija differ_ode.m prikazana je sljede¢im kôdom:function ddx=differ_ode(t,x)%D2y+5*Dy+6*y=3*sin(t)+7*cos(t)ddx=[x(2);-5*x(2)-6*x(1)+3*sin(t)+7*cos(t)];Skripta differ_script.m koja poziva funkciju differ_ode.mprikazana je sljede¢im kôdom:tspan=[0 30]; % vektor koji sadrzi pocetnu i krajnju vrijednost iteriranjay0=[4 -1]; % vektor pocetnih uvjeta varijable i njene derivacije% numericko rjesavanje dif. jed. koja se nalazi u differ_ode.m[t,y]=ode23(’differ_ode’,tspan,y0);plot(t,y(:,1));Stranica 76 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjaPrimjer 4.1.2.Za serijski RLC strujni krug, sklopka je zatvorena u trenutku t = 0. Po£etna energija u zavojnicii u kondenzatoru je jednaka nuli. Potrebno je izraziti napon na kondenzatoru v 0 (t) i struju i(t)kao varijable prostora stanja.t = 010 Ω 1.25 H+V S = 8 V+−0.25 µFV 0 (t)-Rje²enje primjera 4.1.2Postavljanje diferencijalne jednadºbe serijskog RLC kruga2. Kirchofov zakon: v s (t) = v R (t) + v L (t) + v 0 (t)i(t) = C dv 0(t), v R (t) = i(t)R, v L (t) = L di(t)dtdtv s (t) = i(t)R + L di(t)dtDiferencijalna jednadºba:Prostor stanja:+ v 0 (t)d 2 v 0 (t)dt 2+ R Ldv 0 (t)dt2. Kirchofov zakon: v s (t) = i(t)R + L di(t)dt+ 1LC v 0(t) = v s(t)LC+ v 0 (t) ⇒ di(t)dtDiferencijalna jednadºba kondenzatora: i(t) = C dv 0(t)dtOdabir varijabli stanja: x 1 (t) = i(t), x 2 (t) = v 0 (t)= v s(t)L⇒ dv 0(t)dt− R L i(t) − v 0(t)L= i(t)CMatri£ni zapis prostora stanja:[ẋ 1 (t) = v s(t)Lẋ 2 (t) = x 1(t)ẋ 1 (t)ẋ 2 (t)]=C[− R L x 1(t) − x 2(t)L− R L− 1 L1C0] [x 1 (t)x 2 (t)]+[1L0]v s (t)Matlab kôd: rje²enje varijablama prostora stanjaFunkcija RLC_var.m prikazana je sljede¢im kôdom:Stranica 77 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjafunction xdot=RLC_var(t,x)R=10;L=1.25;C=0.25e-6;Vs=8;A=[-R/L -1/L;1/C 0];B=[Vs/L;0];xdot=A*x+B;Skripta RLC_script.m koja poziva funkciju RLC_var.m prikazana je sljede¢im kôdom:cleartspan=[0 1]; % pocetno i krajnje vrijeme integriranjax0=[0 0]; % pocetni uvjeti za napon i struju[t,x]=ode45(’RLC_var’,tspan,x0); % numericko rjesavanje difer. jednadzbesubplot(2,1,1);plot(t,x(:,2));grid on; t i t l e (’Struja RLC kruga’)xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Struja I(t) [A]’)subplot(2,1,2);plot(t,x(:,1));grid on; t i t l e (’Napon na kondenzatoru’)xlabel(’Vrijeme [t]’), ylabel(’Napon Vc(t) [V]’)Primjer 4.1.3.Za strujni krug prikazan shemom:+ v L (t) −+L+i(t)v C (t)CRv R (t)−−a) Potrebno je napisati diferencijalne jednadºbe, izraºene preko v c (t) i i L (t), koje opisuju strujnikrug prikazan na slici. Koristite prvi i drugi Kircho-ov zakon.b) Zapisati dobivene diferencijalne jednadºbe u matri£nom obliku prostora stanja, pri £emukao varijable stanja odaberite napon na kondenzatoru v c (t) i struju kroz zavojnicu i L (t), akao ulaz u sustav stuju i(t).Rje²enje primjera 4.1.3a) 1. Kircho-ov zakon: i c (t) = C dvc(t)dt2. Kircho-ov zakon: v L (t) = L di L(t)dt= i(t) − i L (t) ⇒ dv C(t)dt= v C (t) − Ri L (t) ⇒ di L(t)dt= 1 C i L(t) + 1 C i(t)= 1 L v C(t) − R L i L(t)b) Prostor stanja:[dvc(t)dtdi L (t)dt} {{ }ẋ(t)] [ ] [ ] [ ]0 − 1=Cv c (t) 1+Ci(t)1 −RL Li L (t) 0 }{{}} {{ } } {{ } }{{} u(t)A x(t) BStranica 78 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjaPrimjer 4.1.4.Za strujni krug prikazan shemom:+ v L (t) −+L+i(t)v R (t)RCv C (t)−−a) Potrebno je napisati diferencijalne jednadºbe, izraºene preko v c (t) i i L (t), koje opisuju strujnikrug prikazan na slici. Koristite prvi i drugi Kircho-ov zakon.b) Zapisati dobivene diferencijalne jednadºbe u matri£nom obliku prostora stanja, pri £emukao varijable stanja odaberite napon na kondenzatoru v c (t) i struju kroz zavojnicu i L (t), akao ulaz u sustav stuju i(t).Rje²enje primjera 4.1.4a) 1. Kircho-ov zakon: i(t) = i L (t) + i R (t)2. Kircho-ov zakon: −v L (t) − v C (t) + v R (t) = 0Struja koja prolazi kroz zavojnicu i kondenzator: i L (t) = C dv C(t)dtNapon na zavojnici: v L (t) = L di L(t)dtJednadºba 1: dv C(t)dtJednadºba 2:di L (t)dtdi L (t)dtdi L (t)dtb) Prostor stanja:= 1 C i L(t)= 1 L v L(t) ⇒ di L(t)dt= 1 L (Ri(t) − Ri L(t) − v C (t))= −RL i L(t) − 1 L v C(t) + R L i(t)[dvc(t)dtdi L (t)dt]} {{ }ẋ(t)== 1 L (v R(t) − v C (t)) = 1 L (Ri R(t) − v C (t))[10C−1 −RL L} {{ }A] [ ] [v c (t)+i L (t)} {{ }x(t)0RL]}{{}Bi(t)}{{}u(t)Stranica 79 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjaPrimjer 4.1.5.Na slici je prikazan strujni LC krug. Uzimaju¢i napon na kondenzatoru v C (t) kao prvu varijablustanja, te struju i(t) kao drugu varijablu stanja izrazite:v C (t)C 2L i(t)v L (t)v S (t)C 1a) ekvivalentni kapacitet kondenzatora C preko C 1 i C 2b) model strujnog kruga matri£no zapisan u prostoru stanja.Rje²enje primjera 4.1.5a) C = C 1 + C 2b) 2.K.Z. v S (t) − v C (t) − v L (t) = 0 =⇒ v L (t) = v S (t) − v C (t)i(t) = C dv C(t)dtv L (t) = L di(t)dt=⇒ dv C(t)dt=⇒ di(t)dt= i(t)C= v L(t)L= v S(t) − v C (t)LOdabir varijabli stanja: x 1 (t) = v C (t), x 2 (t) = i(t)ẋ 1 (t) = dv C(t)dtẋ 2 (t) = di(t)dt=⇒ ẋ 1 (t) = i(t)C= x 2(t)C=⇒ ẋ 2 (t) = v S(t) − v C (t)C= v S(t) − x 1 (t)L⎡[ ]ẋ 1 (t) ⎢ 0= ⎣ẋ 2 (t) − 1 L⎤1 [ ] ⎡ ⎤C ⎥ x 1 (t)⎦ + ⎣ 0 1 ⎦ v S (t)0 x 2 (t)LStranica 80 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjaPrimjer 4.1.6.Za strujni krug prema slici:R L 1 L 2 i(t)v R (t)v L1 (t)v L2 (t)v S (t)a) Nažite diferencijalnu jednadºbu strujnog kruga (izraºenu preko i(t)).b) Koriste¢i dobiveni izraz iz a) zapi²ite sustav u prostor stanja. Za varijablu prostora stanjax(t) uzmite struju i(t), za promatrani izlaz sustava y(t) uzmite napon na zavojnici v L1 , aza ulaz u sustav u(t) uzmite napon izvora v S (t)c) Nažite A, B, C, D matrice sustava, koriste¢i dobiveni izraz iz b).Rje²enje primjera 4.1.6a) 2.K.Z.: v S (t) − v R (t) − v L1 (t) − v L2 = 0v L1 (t) = L 1di(t)dt ,v S (t) − R · i(t) − L 1di(t)dtdi(t)dt+RL 1 + L 2i(t) =b) x(t) = i(t), ẋ(t) = di(t)dtv L 2(t) = L 2di(t)dt ,− L 2di(t)dtv S(t)L 1 + L 2= 0= v S(t)L 1 + L 2−y(t) = v L1 (t) = L 1 · di(t) = L 1 · ẋ(t) = L 1 ·dt⇒ẋ(t) = −R1x(t) + v S (t)L 1 + L 2 L 1 + L 2y(t) = − R · L 1L 1 + L 2x(t) + L 1L 1 + L 2v S (t)c) op¢i zapis sustava u prostoru stanja:v R(t) = R · i(t)Rx(t)L 1 + L 2(vS (t)L 1 + L 2−)Rx(t)L 1 + L 2ẋ(t) = Ax(t) + Bu(t)y(t) = Cx(t) + Du(t)A = −R1, B = , C = − R · L 1, D =L 1 + L 2 L 1 + L 2 L 1 + L 2L 1L 1 + L 2Stranica 81 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjaPrimjer 4.1.7.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 5.1)Neka je za shemu na slici v S (t) = 5u(t) gdje je u(t) jedini£na kora£na (step) funkcija, a elementisu R 1 = R 2 = R 3 = 10Ω, C 1 = C 2 = 5µF i L=10 H. Treba na¢i i nacrtati napon v 0 (t) = y(t) naotporniku R 2 u intervalu od 0 do 5 s.v S (t)+−R 1+ −R 2v 0 (t) R 3+ +v 1 C 1 v 2 C 2 L− −i 1 (t)Rje²enje primjera 4.1.7function vdot = diff3(t,v)%% Rjesenje skupa diff. jednadzbi prvog reda% Funkcija diff3(t,v) se stvara da bi se% izracunala diferencijalna jednadzba% njezino ime u m-file jediff3.m%vdot(1) = -40*v(1) + 20*v(2) + 20*5;vdot(2) = 20*v(1) - 20*v(2) - v(3);vdot(3) = 0.1*v(2) -1000*v(3);vdot=vdot’;Da bi se dobio izlazni napon u intervalu 0 ≤ t ≤ 5 s, treba uo£iti da je izlazni napon: v 0 (t) = v 1 (t) − v 2 (t)Isto tako za t < 0, kora£ni (step) signal jednak je nuli, pa je: v 0 (0) = v 2 (0) = i 1 (0) = 0.Poziv programa:% Analiza prijelaznog procesa RLC kruga upotrebom% pristupa preko varijabli stanjat0 = 0; tf = 2;x0 = [0 0 0]; % pocetni uvjeti[t,x] = ode23(’diff3’, [t0 tf], x0);tt = length(t);for i = 1:ttvo(i) = x(i,1) - x(i,2);endplot(t, vo), t i t l e (’Analiza prijelaznog procesa RLC’)xlabel(’Vrijeme, s’), ylabel(’Izlazni napon’)Stranica 82 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanjaPrimjer 4.1.8.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 5.2)Za ve¢ analiziranu shemu na slici uz zadane vrijednosti R = 10Ω , L = 1/32 H, C = 50µ Ftreba koristiti numeri£ko rje²enje diferencijalne jednadºbe za rje²avanje v(t). Treba usporeditinumeri£ko rje²enje s analiti£kim.t = 0I S (t)Rv(t)+−CLRje²enje primjera 4.1.8Mogu se pisati jednadºbe stanja:ẋ 1 (t) = 1 L x 2(t)ẋ 2 (t) = I SC − 1 C x 1(t) − 1RC x 2(t)Neka se na£ini diff2.m datoteka s gornjim diferencijalnim jednadºbama:function xdot = diff2(t,x)% Rješenje diferencijalne jednadžbe drugog reda% Funkcija diff2(x,y) stvara se da bi se dif. jednadzba rijesila% Ime m-file je diff2.m% Function se definira kao:%is = 2;c = 50e-6; L = 1/32; r = 10;k1 = 1/c ; % 1/Ck2 = 1/L ; % 1/Lk3 = 1/(r*c); % 1/RCxdot(1) = k2*x(2);xdot(2) = k1*is - k1*x(1) - k3*x(2);xdot=xdot’;Nakon toga treba pokrenuti program koji ¢e gornju datoteku pozvati:Stranica 83 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeVarijable stanja% Rješenje diferencijalne jednadzbe drugog reda% Funkcija diff2(x,y) je stvorena da se rijese differencijalne jednadzbe% Ime m-file s jednadzbom je diff2.m%% Analiza prijelaznog stanja RLC kruga upotrebom ODE funkcije% Numericko rjesenjet0 = 0;tf = 30e-3;x0 = [0 20]; % pocetni uvjeti[t,x] = ode23(’diff2’,[t0 tf],x0);% Drugi stupac matrice x predstavlja napon na kondenzatorusubplot(211), plot(t,x(:,2))xlabel(’Vrijeme, s’), ylabel(’napon na kondenzatoru, V’)text(0.01, 7, ’Pristup s varijablama stanja’)% Analiza prijelaznog procesa RLC kruga iz primjera 2.5t2 =0:1e-3:30e-3;vt = -6.667*exp(-1600*t2) + 26.667*exp(-400*t2);subplot(212), plot(t2,vt)xlabel(’Time, s’), ylabel(’Napon na kondenzatoru, V’)Stranica 84 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTrofazni sustavi4.2 Trofazni sustaviPrimjer 4.2.1.Tro²ilo spojeno u zvijezdu s nulvodi£em ima po fazama impedancije razli£itih iznosa i kuteva:faza1. Z 1 = 50Ω2. Z 2 = 100Ω3. Z 3 = 100Ωϕ 1 = 0 ◦ϕ 2 = 30 ◦ induktivnoϕ 3 = 30 ◦ kapacitivnoAko je sustav priklju£enog napona simetri£an 220/380 V, 50 Hz:a) prikaºite elektri£nu shemu tro²ilab) kolike struje teku priklju£nim vodovima i kroz nulvodi£?c) nacrtajte vektorski prikaz napona i pripadnih strujad) kolika je ukupna radna snaga tro²ilae) koliki potro²ak pokaºe trofazno brojilo radne energije za 1 sat?Rje²enje primjera 4.2.1a)RST0I 0Z 1I 1I 3 I 2Z 3 Z 2b)I 1 = V 1∠0 ◦Z 1 ∠0 ◦ = 220∠0◦50∠0 ◦ = 4, 4∠0◦ AI 2 = V 2∠240 ◦Z 2 ∠30 ◦ = 220∠240◦100∠30 ◦ = 2.2∠210◦ AI 3 =V 3∠120 ◦Z 3 ∠ − 30 ◦ = 220∠120◦100∠ − 30 ◦ = 2.2∠150◦ AStranica 85 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTrofazni sustaviI 0 = I 1 + I 2 + I 3 = 4.4∠0 ◦ + 2.2∠210 ◦ + 2.2∠150 ◦ == 4.4 + (−1.9 − 1.1i) + (−1.9 + 1.1i) = 4.4 − 2 · 1.9 = 0.6∠0 ◦ AI 0 = I 1 − I 2 cos(30 ◦ ) − I 3 cos(30 ◦ ) = 4.4 − 2 · 2.2 · cos(30 ◦ ) = 0.6A u smjeru V 1c)V 3I 1I 3ϕ 3ϕ 2I 2V 2V 1d)P = V 1 I 1 cos(ϕ 1 ) + V 2 I 2 cos(ϕ 2 ) + V 3 I 3 cos(ϕ 3 ) == 220 · 4.4 cos(0 ◦ ) + 220 · 2.2 cos(30 ◦ ) + 220 · 2.2 cos(−30 ◦ ) = 1.8kWe) W = P · t = 1.8 · 10 3 · 1 = 1.8 kWhStranica 86 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTrofazni sustaviPrimjer 4.2.2.Jalova snaga simetri£nog trofaznog tro²ila iznosi 200 kVAR uz induktivni cos ϕ = 0.8.a) kolika je radna snagab) kolika struja te£e vodovima trofaznog priklju£ka ako je napon mreºe 380/220 V, 50 Hzc) kolike kapacitete i u kakvom spoju treba priklju£iti uz tro²ilo da faktor snage postanejednak 1d) kolika je tada struja u napojnim vodovimae) prikaºite odnose snaga trokutom snaga, a odnose struja i napona vektorskim dijagramomza b)Rje²enje primjera 4.2.2a)tan ϕ = P QP ⇒ P =P Qtan ϕ = 200tan(arccos(0.8)) = 2000.75 = 266.6kWb)P = √ 3 · I · V · cos ϕ ⇒ I =P√3 · V · cos ϕ=266.6 · 103√3 · 380 · 0.8= 506.45Ac) U spoju tro²ila u zvijezdu:V = √ 3 · V fP Q = 3 · V f2C =U spoju tro²ila u trokut:= 3 · V f2= 3 ·X C1ωCV 2f12πf·C⇒P Q3 · V 2f · 2πf = 200 · 10 33 · 220 2 · 2 · π · 50 = 4.38mFP Q = 3 · V f2X c ′C ′ =P Q3 · V 2f · 2π · f = 200 · 10 33 · 380 2 · 2π · 50 = 1.46mF Stranica 87 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTrofazni sustavid)I =P√3 · V · cos ϕ; cos ϕ = 1I =266.6 · 103√3 · 380 · 1= 405Ae)V 3I 3P SP Qϕ V 1ϕPI 2ϕI 1V 2ϕPrimjer 4.2.3.(Knjiga Elektrotehnika, primjer 3.2)Za uravnoteºeni Y-Y trofazni sustav prikazan shemom treba na¢i fazne napone V AN , V BN , i V CN .110∠0 ◦ V 1+1j Ω 5+12j Ω- +ANI 1110∠−120 ◦ V 1-2j Ω 3+4j Ω- +BI 2110∠120 ◦ V 1-0.5j Ω 5-12j Ω- +CI 3Rje²enje primjera 4.2.3Matlab program kojim se odrežuju fazni naponi za ovaj krug je sljede¢i:Stranica 88 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTrofazni sustavi% Ovaj program izracunava fazorski napon% neuravnotezenog trofaznog sustava% Z je impedancijska matrica% V je vektor napona% I je vektor strujeZ = [6+14*j 0 0;0 4+2*j 0;0 0 6-12.5*j];c2 = 110*exp(j*pi*(-120/180));c3 = 110*exp(j*pi*(120/180));V = [110; c2; c3]; % vektor naponaI = inv(Z)*V; % rijesiti metodom petlji% izracunati fazne napone%Van = (5+12*j)*I(1);Vbn = (3+4*j)*I(2);Vcn = (5-12*j)*I(3);Van_abs = abs(Van);Van_ang = angle(Van)*180/pi;Vbn_abs = abs(Vbn);Vbn_ang = angle(Vbn)*180/pi;Vcn_abs = abs(Vcn);Vcn_ang = angle(Vcn)*180/pi;% ispis rezultatafprintf(’Fazorski napon Van,iznos: %f \nFazorski napon Van, kut ustupnjevima: %f \n’, Van_abs, Van_ang)fprintf(’Fazorski napon Vbn,iznos: %f \nFazorski napon Vbn, kut ustupnjevima: %f \n’, Vbn_abs, Vbn_ang)fprintf(’Fazorski napon Vcn,iznos:%f\nFazorski napon Vcn,kut ustupnjevima: %f\n’,Vcn_abs,Vcn_ang)Stranica 89 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTrofazni sustaviStranica 90 od 147

Poglavlje 5Filtri i frekvencijska analiza91

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltri5.1 FiltriPrimjer 5.1.1.a) Koristeci Laplaceovu transformaciju zapi²ite napon izvora, te impedancije u s-domeni (vrijednostisu zadane na slici)b) Nadite prijenosnu funkciju strujnog krugac) Prepoznaju¢i oblik ulaznog signala (izvora) nadite prijenosnu funkciju, a iz nje izracunajtepoja£anje i fazni pomak ulaznog signala za zadanu kutnu brzinu. Zaklju£ite ²to se dogažas frekvencijom na izlazu iz strujnog kruga (tj. ltra signala)d) Koji je to tip ltra, te shematski prikaºite Bodeov dijagram (amplitudni i fazni).e) Koriste¢i prijenosnu funkciju iz b) i napon izvora iz a) izrazite izlaznu veli£inu V 0 (t) kaofunkciju vremena.t = 0R = 10 3 Ω+V S = 3 cos(t)+−C = 10 −3 F−v 0Rje²enje primjera 5.1.1a) V S (s) = 3ss 2 + 1 , Z R = R, Z C = 1s·Cb) Z = Z R + Z C⎫V S (s) = I(s) · Z ⎬I(s) = V V 0(s)0(s)⎭V S (s) = Z CZ= Z CZ R +Z CZ CH(s) = V 0(s)V S (s) =Z CZ R + Z C=1s · CR + 1s · C=11 + RC · sc) V s (t) = 3 cos(t) → izmjeni£ni sinusoidalni signal, ω = 1[rad/sec]s = jωKada uklju£imo sklopku (na slici) sinusoidalni izvor (ulaz) i promatrani napon na kondenzatoru (izlaz)bit ¢e povezani prijenosnom funkcijom. Da bismo mogli koristiti zamjenu s = jω moramo pri£ekatida i²¢eznu prijelazne pojava strujnom krugu, te da ulaz i izlaz budu samo £isto izmjenicne veli£ine.Nakon zamjene s = jω prijenosne funkcije strujnog kruga u frekvencijskoj domeni, moºemo pratitikako izmjeni£ni ulazni signal na izlazu mijenja amplitudu i fazni pomak pri odreženoj frekvenciji.H(s) s→jω = H(jω) =11 + RC · jωuvr²tavanje vrijednosti R i C:Stranica 92 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltriH(jω) =11 + jωza ω = 1 rad/s, H(jω) ω→1 = 11 + jop¢eniti prikaz prijenosne funkcije preko pojacanog i faznog pomaka:H(jω) = αe jϕα - poja£anje ulaznog signalaϕ - fazni pomak ulaznog signalaα = |H(jω) ω→1 | =1∣1 + j ∣ = 1√12 + 1 = √ 1 = 0.70712 2α[dB] = 20 · log(α) = 20 · log(0.7071) = −3( ) 1ϕ = arctan(H(jω)) ω→1 = arctan = arctan(0.5 − 0.5j) = −0.785rad = −45 ◦1 + jKruºna frekvencija na ulazu i izlazu iz sustava ostaje ista, samo se mijenjaju amplituda i fazni pomak!Odnos ulaza i izlaza za ω = 1 rad/s:Ulaz{ }} {V s (t) = 3 cos(t)H(jω) ω→1{}}{→Izlaz{ }} {3α cos(t + ϕ) =Izlaz{ }} {2.12 cos(t − 45 ◦ )d) Nisko-propusni RC ltarMatlab kôd:----------------------------->> G=tf([1],[1 1])Transfer function:1---------s + 1>> omega=1;>> [mag,phase] = bode(G,omega)mag =0.7071phase =-45>> bode(G) \%prikazuje dijagram>> grid-----------------------------Stranica 93 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltri0Bode DiagramMagnitude (dB)−10−20−30−400Phase (deg)−45−9010 −2 10 −1 10 0 10 1 10 2Frequency (rad/sec)H(s) = V 0(s)V s (s) = 11 + RC · s = 11 + se) V 0 (s) = 11 + s V s(s) = 11 + s ·traºenje nul-to£ki nazivnika:3ss 2 + 1 =3s(1 + s)(s 2 + 1)s + 1 = 0 ⇒ s = −1s 2 + 1 = 0 ⇒ s 1,2 = ± √ 1 = ±irastav na parcijalne razlomke:V 0 (s) =traºimo A,B,C:3s(1 + s)(s 2 + 1) = 3s(s + 1)(s + i)(s − i) = As + 1 +Bs + i +Cs − iA = lim (V 3s0(s) · (s + 1)) = lims→−1 s→−1 (s + i)(s − i) = 3(−1 + i)(−1 − i) = −32B = lims→−i (V 0(s) · (s + i)) = lims→−i3s(s + 1)(s − i) = −3i(−i + 1)(−i − i) =3sC = lim (V 0 (s) · (s − i)) = lims→i s→i (s + 1)(s + i) = 3i(i + 1)(i + i) = 3i−2 + 2iA = −1.5 , B = 3i2 + 2iprikaz izlazne velicine:, C =3i−2 + 2i3i2 + 2iV 0 (s) =As + 1 +Bs + i +Cs − i = − 1.5s + 1 +Bs + i +Cs − i = − 1.5 s(B + C) + i(C − B)+ =s + 1 (s + i)(s − i)− 1.5 s(B + C) + i(C − B)+s + 1 s 2 + 1Stranica 94 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltriB + C =C − B =3i2 + 2i + 3i−2 + 2i = 1.53i−2 + 2i − 3i2+2i = −1.5iV 0 (s) = 1.5ss 2 + 1 + 1.5s 2 + 1 − 1.5s + 1inverzna Laplaceova transformacija (iz s-domene u t-domenu)V 0 (t) = 1.5 cos(t) + 1.5 sin(t) − 1.5e −tMatlab kôd:----------------------------->> syms s>> Vo=ilaplace(3*s/((1+s)*(s^2+1)))Vo =-3/2*exp(-t)+3/2*cos(t)+3/2*sin(t)-----------------------------Da bismo usporedili rezultate iz c) i e) trebamo ih zapisati u istom obliku:iz c):V 0 (t) = 2.12 cos(t − 45 ◦ ) = 2.12{cos(t) cos(−45 ◦ ) + sin(t) sin(−45 ◦ )} == 2.12{0.7071 cos(t) − 0.7071 sin(t)} == 1.5 cos(t) + 1.5 sin(t)iz d):V 0 (t) = 1.5 cos(t) + 1.5 sin(t) − 1.5e −tsignali iz c) i d) se razlikuju u prijelaznoj pojavi −1.5e t koja i²£ezava s vremenom.Primjer 5.1.2.a) Ako je izvor napona izmjeni£na veli£ina s mogucno²¢u promjene frekvencije, nažite prijenosnufunkciju strujnog kruga prikazanog na slici.b) Koji je to tip ltra?c) Shematski prikaºite Bodeov dijagram za ovaj ltar.+CL+V iRV 0−−Stranica 95 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltriRje²enje primjera 5.1.2a)⎫V i = (Z 1 + Z 2 )I ⎬I = V 0⎭ V i = Z 1 + Z 2V 0Z 2Z 2H(jω) = V 0 Z 2R= =V i Z 1 + Z 21(jωC + jωL) + R =RC · jωLC · (jω) 2 + RC · jω + 1b) Pojasno propusni ltarc) Shematski prikaz ¢e izgledati sli£no sljede¢em. Ovdje ce se koristiti vrijednosti za to£no crtanje Bodeovogdijagrama.’iroko pojasno-propusni ltar (R = 1000Ω):Matlab kôd:----------------------------->> R=1e3,C=10e-6,L=5e-3R =1000C =1.0000e-005L =0.0050>> G=tf([R*C 0],[L*C R*C 1])Transfer function:0.01 s-----------------------5e-008 s^2 + 0.01 s + 1>> bode(G)-----------------------------0Bode DiagramMagnitude (dB)Phase (deg)−10−20−30−40−5090450−45−9010 0 10 1 10 2 10 3 10 4 10 5 10 6 10 7Frequency (rad/sec)Usko pojasno-propusni ltar (R = 10Ω):Matlab kôd:Stranica 96 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltri----------------------------->> R=10,C=10e-6,L=5e-3R =10C =1.0000e-005L =0.0050>> G=tf([R*C 0],[L*C R*C 1])Transfer function:0.0001 s-------------------------5e-008 s^2 + 0.0001 s + 1>> bode(G)-----------------------------0Bode DiagramMagnitude (dB)Phase (deg)−10−20−30−40−5090450−45−9010 2 10 3 10 4 10 5Frequency (rad/sec)Stranica 97 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFiltriStranica 98 od 147

Poglavlje 6Fizika poluvodi£a, diode99

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFizika poluvodi£a6.1 Fizika poluvodi£aPrimjer 6.1.1.S jedne se strane granice u silicijskoj diodi dopiraju akceptori u gusto¢i N A = 5 · 10 4 cm −3 , a sdruge donori s gusto¢om N D = 10 17 cm −3 .a) koja strana sadrºi n-tip, a koja p-tip poluvodi£a; u koju ¢e stranu (p ili n) osiroma²enopodru£je zadirati dublje i za²to,b) koliki je na prijelazu iznos kontaktnog potencijala ako intrinsi£na gusto¢a iznosi n i = 1.5 ·10 10 cm −3 , a termi£ki se napon procjenjuje na V T = 26mV,c) ako pri propusnoj polarizaciji od 0,5 V kroz diodu te£e 1 mA, kolika je struja zasi¢enja ovediode uz pretpostavku da za emisijski koecijent vrijedi n =1?Rje²enje primjera 6.1.1a) strana s donorima je n-tip, a strana s akceptorima je p-tip; zbog n n∼ = ND i p p∼ = NA , vrijedi p p ≪ n ni osiroma²eno podru£je dublje ulazi u p podru£je.( )(NA N D5 · 1014 · 10 17 )b) V C = V T · ln = 0.026 · ln(1.5 · 10 10 ) 2 = 0.68 Vn 2 i( )( ) VDnVc) Iz I D = I S e T izlazi I S = I D e − VDnV T = 10 −3 0.5· e−(0.026) = 4.45 · 10−12A.Primjer 6.1.2.Izra£unajte vodljivost i otpornost intrinsi£nog silicija uz n i = 1 · 10 10 cm −3 , ako su pokretljivostiµ n = 1400 cm2Vs , µ p = 450 cm2Vs .Rje²enje primjera 6.1.2σ i = q (n i µ n + p i µ p ) = 1.6 · 10 −19 ( 10 10 · 1400 + 10 10 · 450 ) = 2.96 · 10 −6 Scm −1ρ = 1 σ = 0.338 · 106 ΩcmPrimjer 6.1.3.Silicij je dopiran s gusto¢ama 10 13 cm −3 donora i 9 · 10 12 cm −3 akceptora. Ako je intrinsi£nagusto¢a n i = 1.52 · 10 10 cm −3 , izra£unajte gusto¢u elektrona i ²upljina na 300 K.Rje²enje primjera 6.1.3Kako donori prevladavaju nad akceptorima, materijal ¢e biti n-tip s gusto¢om elektronan = N D − N A = 10 13 − 9 · 10 12 = 10 12 cm −3 .Iz pn = n 2 i dobiva se:p = n2 in = (1.52 · 1010 ) 210 12 = 2.31 · 10 8 cm −3 Stranica 100 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFizika poluvodi£aPrimjer 6.1.4.Silicijski pn prijelaz sadrºi u p-podru£ju 2 · 10 16 cm −3 akceptora, dok je u n-podru£ju 10 16 cm −3akceptora i 10 17 cm −3 donora. Neka je na temperaturi 300 K intrinsi£na gusto¢a n i = 1·10 10 cm −3 .a) Izra£unajte ravnoteºnu gusto¢u elektrona i ²upljina u p-podru£ju, te u n-podru£ju.b) Izra£unajte kontaktni potencijal na spoju.Rje²enje primjera 6.1.4a) Ravnoteºne gusto¢eu p-podru£ju p p = N A = 2 · 10 16 cm −3n p = n2 ip p= 10202 · 10 16 = 5 · 103 cm −3u n-podru£ju n n = N D − N A = 9 · 10 16 cm −3p n = n2 in n= 10209 · 10 16 = 1.11 · 103 cm −3b) Kontaktni potencijal jednak jeV C = kT q lnp pn nn 2 i= 1.38 · 10−23 · 3001.6 · 10 −19 ln 2 · 1016 · 9 · 10 16(10 10 ) 2 = 0.783VPrimjer 6.1.5.Prijelaz pn u siliciju (n i = 10 10 cm −3 ) sastoji se od p-podru£ja s 10 16 cm −3 akceptora i n-podru£jas 5 · 10 6 cm −3 donora.a) Izra£unajte kontaktni potencijal V C ovog pn spoja,b) izra£unajte ukupnu ²irinu osiroma²enog podru£ja ako priklju£eni napon V S poprima vrijednosti0, 0.5 i -2.5 V, a za silicij vrijedi ε r = 11.8, ε o = 8.85 · 10 −12 F m , ε s = ε o · ε rc) izra£unajte maksimalni iznos elektri£nog polja u osiroma²enom podru£ju pri istim naponima,d) izra£unajte potencijal uzduº osiroma²enog podru£ja u n-tipu poluvodi£a pri istim naponima.Rje²enje primjera 6.1.5a) Kontaktni potencijal se ra£una iz: V C = kT q lnN AN D= 0.7621Vb) ’irina osiroma²enog podru£ja w iznosi w =w(V S = 0V) = 0.3455 µmw(V S = 0.5V) = 0.2026 µmw(V S = −2.5V) = 0.7148 µmn 2 i√ (2ε o ε r 1+ 1 )(V C − V S )q N A N DStranica 101 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFizika poluvodi£ac) Elektri£no polje E ima maksimalni iznos E = − 2(V C − V S )wE(V S = 0V ) = −4.4144 VµmE(V S = 0.5V ) = −2.5871 VµmE(V S = −2.5V ) = −9.1268 Vµmd) potencijal uzduº osiroma²enog podru£ja u n-tipu poluvodi£a iznosi V n = qN Dx 2 n2ε sx n (V S = 0V) = 0.0576 µm V n (V S = 0V) = 0, 127Vx n (V S = 0.5V) = 0.0338 µm V n (V S = 0, 5V) = 0, 0437Vx n (V S = −2.5V) = 0.1191 µm V n (V S = −2, 5V) = 0, 5437VN Agdje je x n = w .N A + N DPrimjer 6.1.6.U silicijskom pn spoju p -podru£je sadrºi 2 · 10 16 cm −3 akceptora, a n-podru£je sadrºi 10 16cm −3 akceptora i 10 17 cm −3 donora. Intrinsi£na gusto¢a pri 300 K neka iznosi n i =1,52·10 10 cm −3 .a) Izra£unajte ravnoteºne gusto¢e elektrona i ²upljina u p-podru£ju i u n-podru£ju.b) Izra£unajte kontaktni potencijal na spoju.c) U kojem smjeru djeluje elektri£no polje na pn spoju?d) U koji ¢e tip poluvodi£a osiroma²eno podru£je zadirati dublje?e) U kojem ¢e smjeru te¢i struja ako se pn spoj vanjskim naponom propusno polarizira?Rje²enje primjera 6.1.6a) za p-podru£je:N A∼ = pp = 2 · 10 16 cm( −3)n p = n2 i 1.52 · 1010 2=p p 2 · 10 16 = 1.1552 · 10 4 cm 3za n-podru£je:N D − N A∼ =( nn = 10 17 ) − 10 16 = 9 · 10 16 cm −3p n = n2 i 1.52 · 1010 2=n n 0.9 · 10 17 = 2.567 · 10 3 cm −3b) V c = kT q lnp pn nn 2 i= 1.38 · 10−23 · 3001.6 · 10 −19 ln 2 · 1016 · 0.9 · 10 171.52 2 · 10 20 = 258.75 · 10 −4 · 29.684 = 0.768 Vc) u smjeru n→pd) slabije dopirano, dakle u p-podru£jee) smjeru p→nStranica 102 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFizika poluvodi£aPrimjer 6.1.7.Kod reverznog napona 10 V i pri temperaturi 25 ◦ C struja diode iznosi 1 µA. Kolika je pri istomnaponu struja na 100 ◦ C? Empiri£ka konstanta n iznosi 1.Rje²enje primjera 6.1.725 ◦ C: I s25 =i 25e VnV T − 1−10 −6=−10e 1·25.7·10 −3 − 1 ≈ 10−6 A → I S25 ≈| i 25 |I S (t 2 ) = I S (t 1 ) e ks(t2−t1) gdje je k S = 0.072 1 KI s100 = I s25 e 0.072(100−25) = 10 −6 · 221.4 = 221.4 µ A( ) ()i 100 = I S100 e VnV T − 1 = 221.4 · 10 −6 −10e 1·32.17·10 −3 − 1 ≈ −221.4 · 10 −6 AV T (100) = kT q = 1.38 · 10−23 · (100 + 273)1.6 · 10 −19 = 32.17 · 10 −3 VPrimjer 6.1.8.Neka je u silicijskom pn-spoju gusto¢a akceptora 3 · 10 18 cm −3 u p-tipu, a gusto¢a donora 10 16cm −3 u n-tipu. Intrinsi£na gusto¢a neka iznosi 1.5 · 10 10 cm −3 . Treba izra£unati:a) kontaktni potencijal na 300 K,b) gusto¢e manjinskih nosilaca u p-tipu i n-tipu,c) koji tip poluvodi£a zadire osiroma²eno podru£je ja£e i koji je tome razlog?Rje²enje primjera 6.1.8a) V a = kT q lnN AN Dn 2 i()= 1.38 · 10−23 · 300 3 · 10 18 · 10 161.6 · 10 −19 ln ( ) 1.5 · 1010 2= 0.842 Vb) p p · n p = n 2 i → n p = n2 ip p=| p p∼ = NA |=(1.5 · 1010 ) 23 · 10 18 = 0.75 · 10 2 cm −3p n · n n = n 2 i → p n = n2 in n=| n n∼ = ND |=(1.5 · 1010 ) 210 16 = 2.25 · 10 4 cm −3c) ja£e zadire u slabije dopirano podru£je, ovdje je to n-tip. Razlog je nabojska ravnoteºa iona s objestrane granice.Stranica 103 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFizika poluvodi£aPrimjer 6.1.9.Za strujni krug prema shemi (V CC =5 V, R=1 kΩ) treba na¢i struju kroz diodu. Poznata su dvapara vrijednosti struje i napona diode: za I D =0.2 mA napon V D iznosi 0.67 V, dok za I D =10 mAnapon iznosi 0.772 V.++−R IDV CC V D D−Rje²enje primjera 6.1.9Iz modela za propusno podru£je I = I s e V DnV T (1), uz V T =26 mV moºe se na¢i n=1.0028 i I S = 1.38 · 10 −15 A.U shemi prema 2.K.Z. vrijedi I D = V CC−V DR(2), iz £ega se ne moºe analiti£ki jednostavno izraziti struja, jerje V D transcedentna funkcija od I D . Dobar je postupak iteracija. Pretpostavi li se i prvom koraku V D =0.6V, struja prema (2) iznosi 4.4 mA. Uvr²tenje te struje u izraz (1) daje napon V D =0.7506 V. Uvr²tenje tognapona u (2) daje struju I D = 5−0.75061kΩ= 4.2 mA s kojom se u (1) dobiva V D =0.749 V. Sljede¢i iteracijskikorak prakti£no je nepotreban, jer ne daje promjene. Alternativa ovom postupku je gra£ko rje²avanje, kojedaje dobar uvid, ali skromnu to£nost, uglavnom zbog nedostatnog poznavanja karakteristike diode.II DDioda DOtpornik RVV DV CCPitanja i odgovori1. Kolika je maksimalna vrijednost priklju£enog napona V S u propusnoj polarizaciji diode?Kad napon V S nadma²i vrijednost kontaktnog napona V C , struja naglo raste na velike iznose. Moºe seuzeti da na pn spoju ostaje kontaktni napon V C , a razlika do V S su padovi napona na ostalim dijelovimakristala. Dioda se zagrijava, a kod prevelike struje pregara.2. ’to je diodni temperaturni koecijent?T C = ∆v D∆T| i D =const. Omjer promjena propusnog napona diode v D i pripadne promjene temperatureT. Vrijedi pri unaprijed odreženoj struji i D . Za Si diode iznosi oko -2 mVK3. Za²to se u zaporno polariziranoj diodi prakti£no sav priklju£eni napon nalazi na osiroma²enompodru£ju?Ostali dijelovi kristala su visoko vodljivi i mala zaporna struja na njima ne stvara padove napona.4. Za²to se osiroma²eno podru£je pro²iruje kad se diodi pove¢ava zaporni napon?Povisuje se potencijalna barijera, pove¢ava elektri£no polje, pove¢ava se prostorni naboj, ²to se moºeposti¢i samo zahva¢anjem ve¢e dubine u kristal.Stranica 104 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeFizika poluvodi£a5. Kako se raspodjeljuje struja na struju ²upljina i struju elektrona uzduº pn spoja?U podru£jima daleko od pn prijelaza prevladava struja ve¢inskih nosilaca, elektrona u n-podru£ju i ²upljinau p- podru£ju. Pri prijelazu mijenjaju se gusto¢e nosilaca, pa i karakter struje (vidi sliku)Gusto¢a struje−A/cm 2J p2.5E-0.62.0E-0.6J n1.5E-0.61.0E-0.65.0E-0.70.0E-0.0Pozicija−µm-20 -10 0 10 206. ’to je kapacitivna dioda (varikap)?Dioda namijenjena ulozi promjenjivog kapaciteta u zapornoj polarizaciji. Pri promjeni napona mijenjase iznos nepomi£nog prostornog naboja i dioda posjeduje kapacitet (kapacitet osiroma²enog podru£ja).S povi²enjem priklju£enog zapornog napona kapacitet opada. Varikap se koristi najvi²e u visokofrekvencijskojtehnici.Stranica 105 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiode6.2 Krugovi s diodamaPrimjer 6.2.1.Omski otpor od 100Ω i dioda serijsku su spojeni i priklju£eni na harmoni£ki napon efektivnevrijednosti 380 V.a) skicirajte spoj,b) koliki je srednji iznos napona na tro²ilu,c) koliku srednju struju mora podnijeti dioda,d) za koliku vr²nu struju treba biti gražena dioda,e) koliki napon u reverznom smjeru mora podnijeti dioda?Rje²enje primjera 6.2.1a)V S = 380VR = 100 Ωb) v Rsr = V Mπ = 380√ 2= 171 Vπc) I sr = V RsrR = 171100 = 1.71 Ad) I Dmax = V MR = 380√ 2= 5.37 A100e) V reverz = V M = 380 √ 2 = 537.4 VStranica 106 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiodePrimjer 6.2.2.Na spoj prema slici priklju£i se napon v(t) = 100 √ 2 · sin(100πt) V. Dioda je idealna.v(t)Ra) Kolika je srednja vrijednost napona na tro²ilu pri uklju£enoj sklopki,b) kolika je ta vrijednost pri isklju£enoj sklopki,c) kolika je efektivna vrijednost napona na tro²ilu kad je sklopka uklju£ena,d) kolika je ta vrijednost kad je sklopka isklju£ena,e) skicirajte ovisnost napona anode prema katodi diode o vremenu za slu£aj d).Rje²enje primjera 6.2.2a) v Rsr = 0 Vb) v Rsr = V Mπ = 100√ 2= 45 Vπc) V Ref = 100√ 2√2= 100 Vd) V Ref = V M2 = 100√ 2= 70.7 V2e)V AKtStranica 107 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiodePrimjer 6.2.3.U strujni krug moºe se sklopkom S uklju£iti dioda £iju idealiziranu karakteristiku prikazuje slika.a) Kolika struja te£e krugom ako je sklopka isklju£ena, a V S = 24 V ,b) kolike su struje kroz R 1 ,R 2 i diodu ako se sklopka uklju£i (napon napajanja isti),c) isto kao pod b) ali uz suprotni polaritet napona napajanja,d) koja je tjemena vrijednost struje kroz R 1 ako se sklopka uklju£i, a napon napajanjaV S = 12 sin(100πt) V?R 1 = 100 ΩR 2 = 20 ΩIV SS0 1 2V [V]Rje²enje primjera 6.2.3a) V S = 24 VI =V S= 24R 1 + R 2 120 = 0.2 AV D = 1 VV R2 = 1 VV R1 = V S − V R2 = 23 Vb) I R1 = V R1R 1= 23100 = 0.23 AI R2 = V R2R 2= 1 20 = 0.05 AI D = I R1 − I R2 = 0.18 Ac) I R1 = I R2 =I D = 0 AV S = 12 · sin(100π · t)V SR 1 + R 2= 0.2 Ad) (I R1 ) M = (V R1) MR 1= (V S) M − V D= 12 − 1 = 0.11 AR 1 100Stranica 108 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiodePrimjer 6.2.4.Kroz omsko tro²ilo priklju£eno na jednofazni poluvalni ispravlja£ prema shemi te£e struja efektivnogiznosa 10 A. Dioda je idealna.380 V Ra) Izra£unajte otpor tro²ila R,b) koju vr²nu, srednju i efektivnu struju mora podnijeti dioda,c) koji zaporni napon mora podnijeti dioda,d) koliku energiju mora dati izvor za 1 sat?Rje²enje primjera 6.2.4a) I Ref = 10 AV Sef = 380 VR = V RMI RM= V Sef · √22 · I Ref= 380√ 22 · 10 = 26.87 Ωb) I M = 2 · I Ref = 2 · 10 = 20 AI ef = I M2 = 202 = 10 AI sr = I Mπ = 20π = 6.36 Ac) V zapor = V M = √ 2 · V Sef = √ 2 · 380 = 537.4 Vd) t = 1 hW = I 2 Ref · R · t = 10 2 · 26.67 · 1 = 2.687 kWhStranica 109 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiodePrimjer 6.2.5.Za svaki od spojeva (s idealnom diodom) skicirajte stati£ku karakteristiku I = f(V )IIVVR− + V0a) b) c)IVRje²enje primjera 6.2.5IR = ctgϕIϕV⇒ϕVIIϕV⇒ϕVIIV 0V⇒V 0VStranica 110 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiodePrimjer 6.2.6.Neka je na strujni krug s idealnom diodom prema shemi priklju£en naponV s (t) = 220 · √2sin(100πt) VABV s+−100 ΩCa) skicirajte prostoru£no u mjerilu napon v BC = f(t),b) skicirajte napon v BA = f(t),c) za koji iznos vremena t napon v BA postiºe prvi put pozitivnu tjemenu vrijenost,d) kolika je sredanja vrijednost struje kruga,e) koliki je najve¢i napon mora u ovom spoju podnositi dioda?Rje²enje primjera 6.2.6a)v BC [V]220 √ 210 20 30 40t [ms]b)v BA [V]220 √ 210 20 30 40t [ms]c) t = 15 msd) I sr = I Mπ= V MπR = 220√ 2π · 100 = 0.99 Ae) V M = 220 √ 2 = 311.1 VStranica 111 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeDiodeStranica 112 od 147

Poglavlje 7Tranzistori, ra£unsko poja£alo113

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistori7.1 Krugovi s tranzistorimaUputa za rje²avanje strujnih krugova s BJT1. primijeniti 2.K.Z. na strujni krug koji uklju£uje priklju£ke baze i emitera (2.K.Z.-BE)2. primijeniti 2.K.Z. na strujni krug koji uklju£uje priklju£ke kolektora i emitera (2.K.Z.-CE)3. pretpostaviti da je BJT u zapiranju (cut-o) i struja i b = 0, jer je to najjednostavnija varijanta, teizra£unati primjenom 2.K.Z.- BE napon v BE(a) ako ra£un daje v BE < 0.7 V (za silicij), pretpostavka zapiranja BJT je potvržena, i b = 0, a naponv BE jednak je upravo izra£unatom. Treba staviti i c = i b = 0 i primjenom 2.K.Z.-CE izra£unativ CE .(b) ako je v BE > 0.7 V (za silicij), pretpostavka zapiranja BJT nije potvržena, treba staviti v BE = 0.7V i izra£unati struju i b prema 2.K.Z.-BE.4. pretpostaviti da je BJT u unaprijednom-aktivnom, dakle linearnom podru£ju, i staviti i E∼ = iC = βi B .Prema 2.K.Z.-CE izra£unati v CE .(a) ako je v CE > 0.7 V (za silicij), pretpostavka unaprijedno-aktivnog podru£ja je potvržena.(b) ako je v CE < 0.7 V, BJT nije u unaprijedno-aktivnom podru£ju, ve¢ u zasi¢enju. Treba stavitiv CE = v CEsat i pomo¢u 2.K.Z.-CE izra£unati i C . Ne vrijedi vi²e i C = βi B .Stranica 114 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriPrimjer 7.1.1.Treba izra£unati parametre u strujnom krugu s BJT prema shemi. Neka je β=100.12 V4 V+−1 kΩi C40 kΩ +iB+v BE−−i Ev CERje²enje primjera 7.1.11. 2.K.Z.-BE: 4 = 40 · 10 3 · i B + v BE2. 2.K.Z.-CE: 12 = 10 3 · i C + v CE3. (a) Pretpostavka zapiranja, i B = 0 A, u 2.K.Z.-BE daje v BE = 4V , ²to je ve¢e od 0.7V i pretpostavkase odbacuje.(b) Za BJT u aktivnom podru£ju uvr²tava se v BE = 0.7 V u 2.K.Z.-BE radi nalaºenja i B .Dalje vrijedi:Te iz 2.K.Z.-CE:i B = 4 − 0.7 = 82.5 µA.40 · 103 i C = β · i B = 100 · 82.5 · 10 −6 = 8, 25 mAv CE = 12 − 10 3 · 8.25 · 10 −3 = 3.75 VKako je v CE > 0.7 V, pretpostavka unaprijedno-aktivnog podru£ja je potvržena.Stranica 115 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriPrimjer 7.1.2.S vrijednostima iz prethodnog zadatka prikaºite odnose u izlaznom krugu gra£ki.Uputa: Izlazne karakteristike tranzistora su gra£ki prikaz i C = f(v CE ) uz parametre i B . Zaizlazni krug vrijedi 2.K.Z.-CEv CC = v CE + i C · R Cgdje je v CC napon napajanja u izlaznom krugu, a RC kolektorski serijski otpor. Jednadºba jelinearna (pravac), a moºe se izraziti u segmentnom obliku:v CEv CC+ i Cv CCR C= 1gdje su u nazivnicima odsje£ci na osima i C i v CE . Par vrijednosti (i C , v CE ) na sjeci²tu pravca ivrijede¢e izlazne karakteristike (odrežene strujom baze) ostvaruje radnu to£ku.Rje²enje primjera 7.1.2i C [mA]12V CCR = 8.25i B = 82.5[µA]53.75 12v CE [V]Zadatak 7.1.1 Neka je u krugu prema shemi β = 100 . Treba na¢i sve parametre kruga.12 V4 V+−1 kΩi C40 kΩ +iB+0.7 V −−v CE1 kΩi ERje²enje 7.1.1v BE = 0.7 VStranica 116 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistorii B = 24 µAi C = β · i B = 2.4 mAi E∼ = iC = 2.4 mAv CE = 7.2 Vv C = 9.6 V, v RC = 2.4 V, v E = 2.4 V, v B = 3.1 VPrimjer 7.1.3.Silicijski tranzistor ima strujno poja£anje β = 100.a) Skicirajte izlazne karakteristike u pribliznom mjerilu (ordinata: struja kolektora do 50 mA,apscisa: napon kolektora-emiter do 30 V).b) Ako je napon napajanja V BB = 20 V, ucrtajte pravac radnog otpornika od 800 Ω.c) Je li struja baze I B = 0.5 mA dovoljna da tranzistor za radni otpornik djeluje kao uklju£enasklopka.d) Kolika je minimalno potrebna struja baze da se ostvari zahtjev iz c) ?e) Koliki je napon izmežu baze i emitera kad tranzistor vodi?Rje²enje primjera 7.1.3a)+b)i C [mA]50i B = 0.5 [mA]40i B = 0.4 [mA]V BB3020i B = 0.3 [mA]i B = 0.25 [mA]i B = 0.2 [mA]R = 25i B = 0.1 [mA]1010 20 30 40v CE [V]c) Zasi¢enje, dovoljna je.d) i B ≃ 0.25 mAe) v BE ≃ 0.7 VStranica 117 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriPrimjer 7.1.4.To£ka mirovanja tranzistorskog poja£ala na slici je odrežena s V CE = 6 V.+12 VR B1 kΩi B (t)B = 100V izla) Izra£unajte vrijednost otpora R B .b) Prostoru£no u mjerilu skicirajte izlaznu karakteristiku tranzistora, te ucrtajte pravac otporai ozna£ite radnu to£ku.c) Odredite vremensku ovisnost izlaznog napona V iz (t), ako se promjene struje baze u to£kimirovanja odvijaju po zakonu i B (t) = I Bm · sin(ωt), (I Bm = 30 µA), kolika je najve¢avrijednost I Bm (pod c)) da ne bi do²lo do rezanja izlaznog signala?Rje²enje primjera 7.1.4a) 12 − R C · i C − v CE = 0 ⇒ 12 − 10 3 · i C − 6 = 0 ⇒ i C = 6 mAi B = i CB = 6 · 10−3= 60 µA10012 − i B · R B − v BE = 0 ⇒ 12 − 60 · 10 −6 · R B − 0.7 = 0R B = 188 kΩb) Izlazna karakteristika tranzistora:Stranica 118 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistorii C [mA]121296i B = 120 [µA]i B = 90 [µA]i B = 60 [µA]33i B = 30 [µA]3 6 9 12v CE [V]123c) i B = i Bs + i Bp = 60 · 10 −6 + 30 · 10 −6 sin(ωt) = 60 + 30 sin(ωt) µAi C = i B · B = 6 + 3 sin(ωt) mAv CE = 12 − R C · i C = 12 − 10 3 (6 · 10 −3 + 3 · 10 −3 sin(ωt)) = 12 − 6 − 3 sin(ωt) = 6 − 3 sin(ωt) VV iz = −3 sin(ωt) V , jer kondenzator ne propu²ta istosmjernu komponentu napona.i Bzas ≈ V CC 12=B · R C 10 2 · 10 3 = 120 µA, i B = i Bs + i Bm ≤ i Bzasi Bm ≤ i Bzas − i Bs = 120 · 10 −6 − 60 · 10 −6 = 60 µA, i Bm sin(ωt) = 60 sin(ωt) µAPrimjer 7.1.5.Tranzistor u ulozi sklopke napaja se s 12 V preko kolektorskog tereta od 100 Ω.a) Nacrtajte spoj,b) koliki je pribliºni iznos struje tereta u stanju isklju£ene sklopke,c) kolika je ta struja u stanju uklju£ene sklopke,d) kolika je minimalno potrebna struja baze ako je faktor stati£kog strujnog poja£anja β = 200,e) koliki je napon izmežu baze i emitera kad tranzistor vodi?Rje²enje primjera 7.1.5a)Stranica 119 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriR C = 100 ΩI C+−12 VI Bb) I c ≈ 0 Ac) v CE ≈ 0 V12 − i C R C − v CE = 0 ⇒ i C = 12R C= 12100 = 0.12 Ad) i B = i Cβ = 0.12 = 0.6 mA200e) v BE ≈ 0.7 VStranica 120 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriPrimjer 7.1.6.Za sklop sa silicijskim tranzistorom prema slici odredite:+12R C1 kΩ150 kΩ R BB = 100a) napon na tro²ilu R C ,b) napone V CE , V BC ,c) struju emitera i snagu koju tro²i tranzistor,d) iznos otpora R B da bi tranzistor radio u zasi¢enju.Rje²enje primjera 7.1.6a) 12 − R B i B − V BE = 0 ⇒ 12 − 150 · 10 3 · i B − 0.7 = 0i B = 75.3 µAi C = i · B = 75.3 · 10 −6 · 100 = 7.53 mAv C = i C · R C = 7.53 · 10 −3 · 10 3 = 7.53 Vb) v CE = 12 − v C = 12 − 7.53 = 4.47 Vv BC = v BE − v CE = 0.7 − 4.47 = −3.77 Vc) i E = i C + i B = 7.53 · 10 −3 + 75.3 · 10 −6 = 7.6053 mAP T = i B · v BE + i C · v CE = 75.3 · 10 −6 · 0.7 + 7.53 · 10 −3 · 4.47 = 34 mWd) v CE ≈ 0 V I Czas = 12 = 12 mA103 i B ≥ I C zasB12 · 10−3= = 120 µA10012 − i B R Bzas − v BE = 0R Bzas · i B = 12 − v BE ⇒ R Bzas · 120 · 10 −6 ≤ 12 − v BER Bzas ≤12 − 0.7120 · 10 −6 = 94.2 kΩ Stranica 121 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriPrimjer 7.1.7.U spoju sa silicijskim tranzistorom kroz svjetle¢u diodu te£e struja 5 mA, a na njoj postoji napon1.6 V.+6RCBβ F = 200Ea) Koliki je iznos otpora R,b) koliki su naponi V BO , V CE , V CB i V BCc) kolika je snaga zagrijavanja tranzistora.Napomena: prema emiterskoj struji moºe se zanemariti struja baze.Rje²enje primjera 7.1.7a) i E = i C = 5 mA, i B = i Cβ Fv R = v CC − v BE − v E = 6 − 0.7 − 1.6 = 3.7 V= 5 mA200 = 25 µA, R = v R= 3.7 = 148 kΩi B 25 µAb) v BO = v BE + v EO = 0.7 + 1.6 = 2.3 Vv CE = v CC − v E = 6 − 1.6 = 4.4 Vv CB = v CC − v BO = 6 − 2.3 = 3.7 Vv BC = −v CB = −3.7 Vc) P = i C · v CE + i B · v BE = 5 · 10 −3 · 4, 4 + 25 · 10 −6 · 0, 7 ∼= 22 mW} {{ }Zanemari seStranica 122 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistoriPrimjer 7.1.8.U spoju sa silicijskim tranzistorom struja potrebna za privla£enje releja iznosi 30 mA.+ V CC300 ΩRβ F = 20010 V+−a) Kolika je najmanja vrijednost napona napajanja V CC pri kojem je mogu¢e privla£enje releja?b) Kolika je pritom minimalna potrebna struja baze?c) U kojim se granicama smije pri tome nalaziti vrijednost otpora R, ako struja baze ne smijebiti ve¢a od 1 mA?d) Ako otpor R ima polovicu najve¢e vrijednosti iz c), a napon napajanja V CC iznosi 24 V,koliki su kolektorska struja I C i napon izmežu kolektora i emitera V CE u radnoj to£ki?e) Skicirajte u mjerilu (prostoru£no) izlazne karakteristike tranzistora, ucrtajte radni pravacza a), te radni pravac za d) i ozna£ite radnu to£ku iz a), te radnu to£ku iz d).Rje²enje primjera 7.1.8a) To je onaj V CC koji omogu¢uje kroz R RC struju I pr . Tranzistorska sklopka mora bitiuklju£ena: V CE ≈ 0.V CC = I pr · R RC + V CE → V CC = 30 mA · 0.3 kΩ = 9 Vb) I Bmin = I Cβ F=30 mA200= 0.15 mAc) V S = I B R + V BE = |V BE∼ = 0.7 V | → R =V S − V BEI B, I Bmin = 0.15 mA, I Bmax = 1 mAR max = V S − V BE 10 − 0.7=I Bmin 0.15 mA = 62 kΩ, R min =10 − 0.71 mA= 9.3 kΩ ⇒ 9.3 kΩ ≤ R ≤ 62 kΩd) R = R max2I B = V S − V BER= 62 2 = 31 kΩ, V CC = 24 V=10 − 0.731 kΩ = 0.3mA, I C = β F I B = 200 · 0.3 = 60 mAV CE = V CC − I C R RC = 24 − 60 · 0.3 = 6 VStranica 123 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistorie)I C [mA]8060d)i B = 0.3 mA4020a)i B = 0.15 mA6 12 18 24V CE [V]Primjer 7.1.9.Zadan je strujni krug s tranzistorom kao na slici dolje desno. Izlazne karakteristike tranzistoragra£ki su prikazane na lijevoj slici. Uz zadane R D = 100 Ω, V GG = 2.4 V, V DD = 10 V odredite:i D [mA]10080604020v GS = 2.8 Vv GS = 2.6 Vv GS = 2.4 Vv GS = 2.2 Vv GS = 2.0 VV GGG+v GS−D+v DS−Si DR DV DD2 4 6 8 10v DS [V]a) tip tranzistorab) parametre radnog pravca te skicirajte pravac u mjerilu na grafu izlaznih karakteristika tranzistora(na sliku gore lijevo)c) gra£ki radnu to£ku i ucrtajte je na isti graf kao iz b)d) snagu tranzistora za radnu to£ku iz c)e) podru£je djelovanja tranzistora (npr. zapiranje ili ...) za radnu to£ku iz c).Rje²enje primjera 7.1.9a) n-kanalni oboga¢eni MOSFETb)Stranica 124 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeTranzistorii D [mA]10080604020v GS = 2.8 Vv GS = 2.6 Vv GS = 2.4 Vv GS = 2.2 Vv GS = 2.0 V2 4 6 8 10v DS [V]c) Pogledaj pod b). Radna to£ka je: v DS = 2 V i i d = 40 mAd) P tr = i D · v DS = 40 mA · 2 V = 80 mWe) zasi¢enje.Stranica 125 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£ala7.2 Krugovi s ra£unskim poja£alimaPrimjer 7.2.1.U spoju prema shemi OP se napaja s ±20V. Vrijednosti otpora su R i = 20 kΩ, R fR L = 10 kΩ, V S = 5 V.= 40 kΩ,R iR f+−V S−++V+ −V 0R L−a) kako se naziva spoj,b) koliki je iznos izlaznog napona V 0c) koliko je naponsko poja£anje,d) u kojim se granicama moºe mijenjati napon V S da poja£alo ostane izvan zasi¢enja,e) uz V S = −5 V u kojim se granicama moºe mijenjati R f da poja£alo ne uže u zasi¢enje?Uputa:⎧−V zas kada − R fV S < −V zas⎪⎨R iV 0 = − R fV S kada − V zas < − R fV S < V zasR i R i⎪⎩ V zas kada − R fV S > V zasR iRje²enje primjera 7.2.1a) Invertiraju¢e poja£alob) V 0V S= − R fR ic) V 0= −10 = −2V S 5⇒ V 0 = −V S · RfR i= −5 · 4020 = −10 Vd) −|V zas | < V 0 < |V zas | ⇒ −|V zas | < − R fR iV S < |V zas ||V zas | · R iR f> V S > − R iR f|V zas |Stranica 126 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£ala20 · 2040e) V S = −5 V> V S > − 2040 · 20 ⇒ 10 > V S > −10 V−|V zas | < − R fV S < |V zas | ⇒ −|V zas|R i > R f > |V zas|R c V SV S− 20−5 · 20 > R f > 20−5 · 2080 > R f > −80 kΩ, pri £emu realizacija preko otpornika treba zadovoljavati R f ≥ 0 slijedi ⇒80 > R f ≥ 0 kΩ· R iPrimjer 7.2.2.Neka su u spoju prema shemi R 1 = 20 kΩ, R 2 = 50 kΩ, R 3 = 100 kΩ, V in1 = −1 V , V in2 =0.5 sin(ωt) V.R 1R 3V in1R 2V 0+V in2−a) kako se naziva spoj,b) izrazite izlazni napon V 0 ,c) skicirajte ga u mjerilu,d) do koje se vrijednosti moºe pove¢avati amplituda napona V in2 , ako je napon napajanjaoperacijskog poja£ala ±20 V ?Rje²enje primjera 7.2.2a) Zbrajalo (sumator)b) i 1 + i 2 = i 3 ⇒ V in1R 1c)V 0 = −R 3(Vin1R 1V 0 = − 10020+ V in2R 2= − V 0R 3+ V )in2R 2· (−1) −10050· (0.5 · sin(ωt)) = 5 − 2 · 0.5 sin(ωt) = 5 − sin(ωt) VStranica 127 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaV 0 [V]76543210-1V 0 (t) = 5 − sin(ωt)tV in2 (t) = 0.5 sin(ωt)V in1 = −1d) V 0 = ±20 V ⇒ 5 − 2V M1 = 20 ⇒ V M1 = − 15 2|V M1 | < |V M2 |5 − 2V M2 = −20 V ⇒ V M2 = 25 2 V V M1 = − 15 2VV M2{}}{V M1{}}{V 0 (t) = 5 − 2 · ( − 15V 0 (t) = 5 − 2 · ( − 25 ) sin(ωt) [V]2 ) sin(ωt) [V] 230rezanje signala2020105100t50t-10-10-20-20Stranica 128 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaPrimjer 7.2.3.Neka se u spoju prema shemi OP napaja s ±20 V.R iR f−++V+ −+−V SV 0−R La) koji je naziv spoja,b) ako je R i = 20 kΩ, R f = 40 kΩ, koliki je iznos V S ako je V 0 = 12 Vc) za R i = 15 kΩ, i R f = 45 kΩ u kojim se granicama iznosa V S ne dogaža zasi¢enje,d) koji se najve¢i iznos poja£anja moºe posti¢i pri R f < R i ?Rje²enje primjera 7.2.3a) Neinvertiraju¢e poja£alob) V (0= 1 + R )f⇒ V S = V 0V S R i1 + R = 12f1 + 40R i 20= 4 Vc) −|V zas | < V 0 < |V zas |−|V zas |

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaPrimjer 7.2.4.Dokaºite da za spoj naponskog poja£ala na shemi vrijedi za naponsko poja£anje gg = V 0 R m R L= A vV S R s + R m R out + R L+−V SR SR in+V in+−R outA V · V in+V 0V+ −R L−−Rje²enje primjera 7.2.4a) Strujni krug 1⎫V S − i 1 R s − V m = 0 ⎬V in = i 1 · R in ⇒ i 1 = V in⎭ V S − V ( )inRsR s − V in = 0 , V S = V in + 1R in R inR inV inV S=1R s+ 1R in=R inR s + R in(1)b) Strujni krug 2A v V in − i 2 R out − V 0 = 0i 2 = V 0R L( )RoutA v V in = V 0 + 1R L(2)( )R in Rout(1) → (2) A v V S = V 0 + 1R s + R in R LV 0V s = A R inv · ·R s + R inR LR out + R LStranica 130 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaPrimjer 7.2.5.U spoju s idealnim operacijskim poja£alom treba odrediti izlazni napon v 0 i strujno poja£anje i 0i s.v pi s R s+−+v nR F = (K − 1)R 1v 0R L−R 1−++ −i 0Rje²enje primjera 7.2.5Sva struja izvora prolazi kroz otpor R s , pa su na neinvertiraju¢em i invertiraj¢uem ulazu naponiv p = R s i s v n =R 1v 0 = v 0R 1 + R f KZbog virtualnog kratkog spoja ulaza operacijskog poja£ala ovi su naponi jednaki, te izlazi v 0 = KR s i sKako je po Ohmovom zakonu i 0 = v 0R L, dobiva se poja£anje A i = i 0i s= KR sR LStranica 131 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaPrimjer 7.2.6.Navedite naziv spoja i izrazite ovisnost izlaznog napona o ulaznom za sljede¢e spojeve s idealnimoperacijskim poja£alom:a)v in20 kΩ 50 kΩ−v out+b)v in20 kΩ1 µF−v out+c)v in1 µF20 kΩ−v out+Rje²enje primjera 7.2.6a) invertiraju¢e poja£alo,v out = − R f 50 · 103v in = −R in 20 · 10 3 = −2.5 v inb) integratorv out = − 1 ∫ 1 ∫vin dt = −vinR in C20 · 10 3 · 10 −6 dt = −50 ∫ v in dtc) derivatorv out = −R f C indv indt= −20 · 10 3 · 10 −6 dv indt= −0.02 dv indtStranica 132 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaPrimjer 7.2.7.Na jedan ulaz zbrajala priklju£i se harmoni£ki napon v 1 , a na drugi ulaz konstantni istosmjerninapon v 2 . Ako graf prikazuje v 0 (t),v 1 (t) R 1 = 2 kΩR F = 6 kΩv 2 (t)R 2 = 1 kΩ−+v o (t)v o (t) [V]0-2-3-4-65 10 15t [ms]a) izrazite v 1 (t),b) koliki je napon v 2 ,c) kolika je frekvencija f 1 ,d) koliki efektivnu vrijednost ima v 1 ,e) kolika je maksimalna trenutna snaga na otporu R = 100 Ω na koji se priklju£i v 0 (t)?Rje²enje primjera 7.2.7v 0 = − R FR 1v 1 − R FR 2v 2 = 3 sin 2π0.01 t − 3 = −6 2 v 1 − 6 1 v 2 = −3v 1 − 6v 2a) −3v 1 = 3 sin 2π0.01 t → v 1 = −1 sin 2π0.01 t Vb) −6v 2 = −3 → v 2 = 3 6 = 0.5Vc) T = 0.01s ⇒ f = 1 T = 100Hzd) v f = vM√2= 1 √2= 0.707Ve) v 0max = −6V P = v2R = (−6)2100 = 0.36W Stranica 133 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeRa£. poja£alaPrimjer 7.2.8.U strujnom krugu prema shemi operacijsko poja£alo je idealno. Nažite ovisnost V 0 = f(∆R).RR + ∆RR−+V 0 (t)V+−RRje²enje primjera 7.2.8V 0 = A(V + − V − )V + =( VV 0 = A2 − V − R V 0 − V2R + ∆RVR + R · R = V 2 V − = V + I · R = V +V 0 − V2R + ∆R R)(= A− V 2 − RV 0 − RV2R + ∆R)== A −2RV − ∆RV − 2RV 0 + 2RV2(2R + ∆R)= − ∆RV A2(2R + ∆R) − RV 0A2R + ∆RRAV 0 +2R + ∆R V 0 = −∆RV A2(2R + ∆R)V 02R + ∆R + RA2R + ∆R= − ∆RV A2(2R + ∆R)∆RV AV 0 = −2(2R + ∆R + RA) = − ∆RV(2RA + ∆R)A + R · 2za | A = ∞ |⇒ V 0 = − ∆R2 · R VProvjera:V 0 = A · (V + − V − )V + − V − = V 2 − V − R ·ako je A → ∞ ondaV 0 − V2R + ∆R = −∆R · V − 2R · V 02(2R + ∆R)V + − V − → 0 ⇒ −∆R · V − 2R · V 02 · (2R + ∆R)= 0−∆R · V − 2R · V 0 = 0 ⇒ V 0 = − ∆R · V2RStranica 134 od 147

Poglavlje 8Elektromagnetizam, karakteristikemotora135

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizam8.1 ElektromagnetizamPrimjer 8.1.1.U zatvorenoj feromagnetskoj jezgri srednje duljine 0.3 m na koju je namotano 500 namota postiºese maksimalna indukcija 1.5 T kad se na zavojnicu priklju£i napon 220 V/50 Hz. Ako se svi gubicizanemaruju,B [T]1.510.51000 2000H[A/m]a) koliki je presjek jezgre,b) koliki je tjemeni iznos struje kroz zavojnicu,c) koliki je relativni premeabilitet materijala jezgre s B = f(H) prema grafu?Rje²enje primjera 8.1.1a) E M = NωΦ M = NωB M A =⇒ A = E M 220 √ 2== 13 cm2NωB M 500 · 2π · 50 · 1.5b) Iz I M N = H M l slijedi I M = H M lNc) µ r = Bµ 0 H = 1.50.4π · 10 −6 · 10 3 = 1194Primjer 8.1.2.=1000 · 0.3500= 0.6 ABakrenim vodi£em ( ρ = 0.0175 Ωmm2m), radijusa 2 mm te£e struja INa polovici radijusa jakost magnetskog polja iznosi 1000 A/m.a) kolika je jakost magnetskog polja na udaljenosti 50 cm od osi vodi£a?b) kolika je jakost elektri£nog polja u vodi£u?Rje²enje primjera 8.1.2a) H 1 (r 1 = 1 mm) = 1000 A mR 0 = 2 mmStranica 136 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizamH 1 = I · r 12πR02 , r 1 ≤ R 0H 1 (r 1 = R 02 ) = I4πR 0=⇒ I = H 1 · 4πR 0b) H 2 (r 2 = 50 cm) = I2πr 2, r 2 ≥ R 0H 2 = H 14πR 02πr 2= 8 A mc) E = V l , V = I · R, R = l · ρAE = V l= I · Rl= I l · l · ρA= I · ρAE = 1000 · 4 · 2 · 10−3 · 0.01752 2 = 0.035 V mPrimjer 8.1.3.= H 1 · 4πR 0 · ρR 2 0 πZatvoreni se magnetski krug sastoji od dva dijela razli£itih materijala. Dio 1 je srednje duºinemagn. silnica 20 cm, presjeka 4 cm 2 , rel. permeabilnosti 2000, a dio 2 srednje duºine 5 cm,presjeka 4 cm 2 i relativne permeabilnosti 200.a) Kolika struja treba te£i kroz 600 namota uzbudne zavojnice tog magnetskog kruga, ako udijelu 2 treba postojati indukcija 0.3 T?b) Koliki je magnetski otpor tog kruga?Rje²enje primjera 8.1.3a) l 1 = 20cm, A 1 = 4cm 2 , µ r1 = 2000l 2 = 5cm, A 1 = 4 cm 2 , µ r2 = 200N = 600B 2 = 0.3Tφ = MMSR m=NI1 l 1· + 1 l 2·µ 1 A} {{ 1 µ} 2 A} {{ 2}R m1φ = B 2 · A 2 =⇒ B 2 · A 2 =R m1 = l 1µ 1 A 1=l 1µ 0 µ r1 A 1=R m2NIR m1 + R m2=⇒ I = B 2A 2N (R m 1+ R m2 )20 · 10 −24π · 10 −7 −4= 1.99 · A 105· 2000 · 4 · 10V sStranica 137 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizamR m2 = l 2µ 2 A 2=I =0.3 · 4 · 10−4600l 2µ 0 µ r2 A 2=5 · 10 −24π · 10 −7 −4= 4.973 · A 105· 200 · 4 · 10(1.99 + 4.973) · 10 5 = 0.139 AV Sb) R m = R m1 + R m2 = 6.972 · 10 5 A V sPrimjer 8.1.4.Zra£na zavojnica s L = 10 mH i R = 10 Ω sadrºi magnetsku energiju od 0.1 J.a) kolika istosmjerna konstantna struja te£e zavojnicom,b) nakon kojeg vremena iza kratkog spajanja zavojnice struja pada na stoti dio iznosa iz a),c) koliku magnetsku energiju jo² tada sadrºi zavojnica?Rje²enje primjera 8.1.4a) W = L · I22=⇒ I =b) I 1 = I = 44.7 mA100I 0 = I = 4.47 Ai(t) = I 0 e t τt (I 1 ) = − L R ln (I1I 0)c) W = L · I2 12Primjer 8.1.5.√ √2W 2 · 0.1L = = 4.47A10 · 10−3 ( ) i (t)=⇒ t = −τln = − L ( ) i (t)I 0 R ln I 0= − 10−2ln (0.01) = 4.6 ms10= 10−2 · 44.7 2 · (10 −3) 22= 10 −5 JKroz 800 namota namotanih na nemagneti£no tijelo oblika torusa srednje duºine 0.25 m i presjeka50 cm 2 te£e struja I = 10 A.a) Koliki je iznos jakosti magnetskog polja u zavojnici,b) koliki je induktivitet zavojnice,c) koliku magnetsku energiju sadrºi zavojnica,d) ako je otpor zavojnice 10 Ω, koliko vremena treba da nakon kratkog spajanja zavojnicestruja kroz nju padne na polovicu.Rje²enje primjera 8.1.5Stranica 138 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizama) N = 800, l = 0.25m, A = 50cm 2 , I = 10AH = N · Il=b) L = µ · N 2 · Alc) W = L · I22800 · 100.25= 32 Amm= 4π · 10−7 · 800 2 · 50 · (10 −2) 20.25= 16.1 · 10−3 · 10 22= 0.81J= 16.1mHtd) i (t) = I · e − τ , τ = L⎛ ⎞ R( )IIt = − L 2 R ln ⎜⎝2 ⎟⎠ = − L · 10−3ln (0.5) = −16.1 ln (0.5) = 1.1msI R 10Primjer 8.1.6.Maksimalna indukcija 1.2 T dopu²ta se u toroidnoj jezgri srednje duljine 0.3 m na koju je namotano500 namota. Zavojnica se priklju£i na 220 V/50 Hz. Pri zanemarivim gubicima:a) koliki je presjek jezgre,b) ako je pri maksimalnoj indukciji u jezgri iznos magnetskog polja 1000 A , kolika maksimalnamstruja te£e zavojnicom,c) koliki je relativni permeabilitet jezgre?Rje²enje primjera 8.1.6a) B m = 1.2 T, l = 0.3 m, N = 500, V s = 220 V, f s = 50 Hze = −N dφdt , φ = φ m cos(ωt), dφdt = −ωφ m sin(ωt)E M sin(ωt) = −N · (−ωφ m sin(ωt))E M = N · ω · φ mA = φ mB m=E MNωB m=200 √ 2= 16.5 cm2500 · 2π · 50 · 1.2b) H m = 1000 A mH m = N · i ml⇒ i m = H m · lN=1000 · 0.3500= 0.6 Ac) B m = µ 0 µ r H mµ r = B mµ 0 H m=1.24π · 10 −7 · 1000 = 955 Stranica 139 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizamPrimjer 8.1.7.Kroz bakreni prsten promjera 10 cm i presjeka 1 mm 2 prolazi magnetsko polje s promjenjivomindukcijom B = 1 − e −t .Kolika je struja u prstenu u trenutku t=2.5 s?Rje²enje primjera 8.1.7B = 1 − e −t TD = 10 cmA p = 1 mm 2 , ρ = 0.0175 Ωmm2mi = e R = −dφ dt · 1R = − A dBRi = − D · A p4ρi = − DA p4ρ e−tD 2 πdt = − 4ρ · DπA pdBdt· dBdt = −D · A p· d4ρ dt (1 − e−t )i(t = 2.5s) = − 0.1 · 14 · 0.0175 e−2.5 = −0.1173 APrimjer 8.1.8.Izra£unajte kutnu brzinu i broj okretaja u minuti svitka u kojemu se inducira harmoni£ki naponfrekvencije 50 Hz kad rotira u homogenom magnetskom polju.Rje²enje primjera 8.1.8ω = 2πf = 2π · 50 = 314 radsn = 50 [ s −1] [ s]· 60 = 3000 min −1minPrimjer 8.1.9.Prikaºite dijagramom kako se vremenski mijenja napon induciran u svitku od 60 namota povr²ine0.2 m 2 koji se u magnetskom polju indukcije 0.8 T okre¢e 1000 puta u minuti.Rje²enje primjera 8.1.9e = −N dφdt = −N d dt (B · A · cos(α)) = −NBA d dt (cos(α))e = NBA sin(α) · dα = NBAω · sin(α)}{{}dtωe = NBAω sin(ωt) VStranica 140 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizamω = 2πf = 2π · 100060 = 1003 π radse = 60 · 0.8 · 0.2 · 100 ( ) 1003 π · sin 3 π · te = 1005 sin(104.7 · t) VT = 2π ω = 0.06 se [V]10050−10050.03 0.06t [s]Primjer 8.1.10.Na feromagnetsku jezgru magnetskog kruga konstantnog presjeka i srednje duljine magnetskihsilnica l namotane su zavojnice s N 1 i N 2 namota. Iz izvora konstantne struje kroz zavojnicu sN 1 namota pusti se struja I 1 i postigne indukcija B 1 .a) Nacrtajte pripadnu shemu,b) izrazite relativni permeabilitet magnetskog kruga pomo¢u zadanih veli£ina,c) ako se dodatno kroz zavojnicu N 2 pusti struja I 2 , kolika ¢e biti nova indukcija?Rje²enje primjera 8.1.10a)I 1N 1 N 2lb) I 1 N 1 = H 1 lH 1 = B 1µ 0 µ rI 1 N 1 = B 1lµ 0 µ r⇒ µ r =B 1 lµ 0 · I 1 · N 1Stranica 141 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizamc) H · l = I 1 N 1 ± I 2 N 2 , B = µ · H = µ 0 µ r H ⇒ H = Bµ 0 µ rB · lµ 0 µ r= I 1 N 1 ± I 2 N 2B = I 1N 1 ± I 2 N 2lPrimjer 8.1.11.· µ 0 µ r = B 1 ± B 2Na toroidnu jezgru od feromagnetskog materijala prema slici namotana je zavojnica. Krivuljamagnetiziranja zadana je grafom. Treba na¢i:20 VRN = 1000l = 0.5 mA = 100 cm 2B [T]1.51.00.51000 2000H[ Am]a) koliki je iznos magnetske indukcije B i toka Φ u jezgri ako je R = 80 Ω,b) koliki bi trebao biti R da tok u jezgri bude 15 mWb,c) koliki treba biti R da bi se odrºao magnetski tok od 15 mWb ako se u jezgri na£ini raspor²irine δ=1 mm. Pretpostavlja se da je indukcija u zra£nom rasporu ista kao u jezgri.Rje²enje primjera 8.1.11a) R a = 80Ω, I = V = 20I · N= 0.25 A, H =R a 80 lIz grafa: B a = 0.5 TΦ a = B a · A = 0.5 · 10 −2 = 5 mWbb) za Φ b = 15 mWb → B b = Φ bAIz grafa: H b = 2000 A mR b = V I b= 20 1 = 20 Ω→=0.25 · 10000.5=15 · 10−310 −2 = 1.5 TI b = l · H bNc) Φ c = Φ b = 15 mWb, B c = B b = 1.5 T, δ = 1 mm=0.5 · 20001000= 500 A m= 1 AI c · N = ∑ iH i · l i = B cµ zl z + B cµ 0δ = H b · l z + B cµ 0δI c =H b · l z + B cµ 0δN2000 · 0.5 +=1.5 · 10−30.4π · 10−6 = 2.19 A1000Stranica 142 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeElektromagnetizamR c = V I c= 202.19 = 9.13 Ω Stranica 143 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeMotori8.2 MotoriPrimjer 8.2.1.Kad se nezavisno uzbuženi istosmjerni motor priklju£i na istosmjerni izvor 200 V i mehani£kioptereti, armaturom te£e struja 10 A, a broj okretaja iznosi 50 rad/sek. Otpor armature iznosi0.4 Ω. Mehani£ki gubici, gubici u £etkicama i ºeljezu, te utjecaj reakcije armature zanemaruju se.a) Koliki moment razvija motor?b) Koliki bi broj okretaja imao ovaj motor bez optere¢enja (vrijedi K E = K M )?c) Koliki je potezni moment ovog motora kad se priklju£i na 200 V?d) ’to bi se dogažalo s motorom kad bi se uzbudna struja po£ela smanjivati?e) Koliki bi bio napon na stezaljkama motora ako bi se pri nepromijenjenom broju okretaja ipri istoj armaturnoj struji koristio kao generator?Rje²enje primjera 8.2.1a) P el = P g + P rotP g = I 2 R A = 10 2 · 0.4 = 40 WP el = V I A = 200 · 10 = 2000 WP rot = P el − P g = 2000 − 40 = 1960 WM = P rotω = 1960 = 39.2 Nm50b) ω 0 = EK E φ , E = V = 200V, jer je I A = 0M = K M φI A → K M φ = M = 39.2I A 10 = 39.2Nm A= K Eφω 0 = 200 rad= 51.023.92 sc) M p = K M φI K , I K = V R A= 2000.4 = 500 AM P = 3.92 · 500 = 1960 Nmd) Prema E = K E φω porasti ¢e ω da se odrºi isti Ee) motor: E = V − I · R A = 200 − 10 · 0.4 = 196 Vgenerator: V = E − I · R A = 196 − 10 · 0.4 = 192 VStranica 144 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeMotoriPrimjer 8.2.2.Trofazni asinkroni motor s vanjskom karakteristikom prema slici priklju£uje se na trofaznu mreºu380 V, 50 Hz.M[Nm]5040302010500 1000 1500n[min −1 ]a) koliko pari polova i koliko polova ima taj motor,b) koliki su iznosi poteznog i prekretnog momenta i na kojim iznosima klizanja,c) ako se moment optere¢enja moºe izraziti s M t = 0.01n, a linearni dio karakteristike motoras M = −0.3n + 450,(M u Nm, n u min −1 ), kolika je brzina vrtnje i koliko iznosi klizanje ustacionarnom pogonu (tada je M t = M),d) kolika je tada snaga motora,e) ako se zanemare svi gubici i pretpostavi cos ϕ = 0.75, koliku struju uzima tada motor izmreºe?Rje²enje primjera 8.2.2a) Iz grafa: n s = 1500 min −1 , iz p = 60fn sizlazi p = 2, a broj polova iznosi 4.b) Iz grafa: M P = 20 Nm, a M pr = 50 Nm. Pripadne brzine su n p = 0 min −1 i n pr = 1125 min −1 , te suprema s = n s − n1500 − 1125pripadna klizanja s p = 1 i s pr = = 0.25.n s 1500c) M t = M ⇒ 0.01n = −0.3n + 450 ⇒ n = 1451.6 min −1 , a pripadno klizanje s = 0.032.d) Iz P = ωM, ω = 2πn , M = 0.01n proizlazi P = 2206.6 W.60e) Iz P = √ 3 · V I cos ϕ proizlazi I = 4.47 A.Stranica 145 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeMotoriPrimjer 8.2.3.MM cCM c2ABD0 n s2n sEna) Kojoj vrsti motora pripada nacrtana karakteristika, koje su dvije osnovne izvedbe tog motorai treba li taj motor priklju£iti na istosmjerni ili izmjeni£ni izvor,b) denirajte pojam klizanje i napi²ite matemati£ki model,c) kojoj to£ki karakteristike pripada potezni moment, a kojoj prekretni moment,d) kako se naziva stanje motora kada radi u to£ki E,e) koje su to£ke grani£ne za podru£je zaleta,f) u kojem podru£ju karakteristike ovaj motor normalno radi,g) ²to se dogaža kad se u stacionarnom radu motora pove¢a moment tereta,h) kolikim momentom ubrzanja kre¢e ovaj motor iz mirovanja, ako je optere¢en konstantnimmomentom tereta M c2 ,i) za²to ovaj motor ima u pokretanju najve¢u struju,j) u £emu bi se razlikovao motor kojem pripada izvu£ena karakteristika od motora kojempripada crtkana karakteristika ako su iste vrste i graže?Rje²enje primjera 8.2.3a) asinkroni sustav, kavezni i kolutni, izmjeni£nib) omjer razlike sinkrone brzine i brzine rotora prema sinkronoj brzini s = n s − nn s.c) potezni M(A), prekretni M(C),d) sinkronizam,e) A-C,f) podru£ju C-E,g) radna to£ka pomakne se prema C, ²to zna£i da se brzina smanji (neznatno)Stranica 146 od 147

Essert, Grilec, šili¢ : Zbirka zadataka iz ElektrotehnikeMotorih) M u = M(A) − M c2 ,i) inducirani je napon rotora najve¢i zbog najve¢eg dφ , struja sekundara je najve¢a pa je i primarnadtnajve¢a,j) crtkanu karakteristiku dao bi motor s ve¢im otporom rotorskog namota (ili kaveza).Stranica 147 od 147