Edits to “Условие”, “Решение”, “Пункт а”

igor edited
View solution History
revision #19006 parent #19005 ← older newer →
ru/11.4.11.md +103 −2
@@ -1,11 +1,112 @@
### Условие
−$11.4.11.$ [Вставьте условие задачи]
+$11.4.11^*.$ В схеме, изображенной на рисунке, в момент времени $t = 0$ замыкают ключ $K$. Определите ток в цепи, если источник дает: а) постоянное напряжение $V_0$; б) косинусоидальное напряжение $V0\cos\omega t$. Определите максимальный ток, если $V_0 = 100~\text{В}$, $L = 10^{-2}~\text{Гн}$, $C = 10^{-3}~\text{Ф}$, $\nu = \omega/(2\pi) = 50~\text{Гц}$.
+![К задаче $11.4.11$|652x421, 50%](../../img/11.4.11/11.4.11.png)
+
+
### Решение
−123
+
+#### Пункт а
+
+Основное по этому пункту сделано в решении задачи $11.4.9$. Оттуда закона тока
+
+$$
+i=\frac{V_0}{L\omega}\sin\omega t,
+$$
+
+что дает
+
+$$
+i=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\sin\omega t
+$$
+
+и максимальный ток
+
+$$
+I_\text{m}=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\approx\frac{100}{\pi}\approx32~\text{А}.
+$$
+
+
+#### Пункт б
+
+Второе правило Кирхгофа
+
+$$
+\frac{q}{C}+L\frac{di}{dt}=V_0\cos\omega t\tag{1}
+$$
+
+дифференцируем по $t$ и немного меняем:
+
+$$
+\frac{i}{LC}+\frac{d^2i}{dt^2}=-\frac{V_0\omega}{L}\sin\omega t.\tag{2}
+$$
+
+Это — линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка. Линейное — потому что первой тсепени относительно неизвестной $i$ и ее производных по времени. Неоднородное, так как содержит функцию $f(t)\equiv-\frac{V_0\omega}{L}\sin\omega t$, зависящую от независимой переменной $t$.
+
+Решение такого уравнения может быть представлено в виде суммы
+
+- частного решения $\tilde\imath$ того же уравнения и
+
+- общего решения $\bar\imath$ соответствующего однородного уравнения.
+
+То есть,
+
+$$
+i=\tilde\imath+\bar\imath.
+$$
+
+Соответствующее однородное уравнение есть $\frac{i}{LC}+\frac{d^2i}{dt^2}=0$ (просто убирается $f(t)$, обнуляется). Общее его решение
+
+$$
+\boxed{\bar\imath=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t,}
+$$
+
+где $A$ и $B$ есть постоянные интегрирования, которые находят из состояния с известными данными, $\omega_0^2=\frac{1}{LC}$.
+
+Частное решение $\tilde\imath$ уравнения $(2)$ в простом случае подбирается (кто-то может угадывать). То есть, вместо $i$ в этом уравнении нужно поставить такую функцию $f(t)$, чтобы это самое уравнение обратилось в тождество.
+
+Самое простое, что можем предполагать, что $(2)$ обращается в верное равенство при $i\equiv\tilde I\sin\omega t$, где $\tilde I$ есть амплитуда этой функции (без нее нет верного равенства, проверьте). Так можем ожидать сокращения синусов и выход на верное равенство. Подставляем $i\equiv\tilde I\sin\omega t$ в $(2)$ и после сокращения на $\sin\omega t$ (так как уравнение должно выполняться при любых $t$) получаем для амплитуды
+
+$$
+\tilde I=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}
+$$
+
+и убеждаемся, что с такой амплитудой подстановка $i\equiv\tilde I\sin\omega t$ в $(2)$ годится.
+
+Значит,
+
+$$
+\boxed{\tilde\imath=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\sin\omega t.}
+$$
+
+Вот оно — частное решение $(2)$.
+
+Объединяем решения в рамках как сумму и получаем решение диффура $(2)$
+
+$$
+i=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\sin\omega t+A\cos\omega t+B\sin\omega t.
+$$
+
+Находим постоянные $A,B$. При $t=0$ имеем $i=0$, тогда $A=0$.
+
+Теперь для тока
+
+$$
+i=\frac{V_0\omega}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\sin\omega t+B\sin\omega_0 t.
+$$
+
+Еще при $t=0$ в $(1)$ имеем $q=0$, тогда $L\left.\frac{di}{dt}\right|_0=V_0\cos\omega t$, где $\left.\frac{di}{dt}\right|_0$ есть значение производной функции
+
+
+[продолжение должно быть, пишите про ошибки и прочее]
+
+
+
+
+
#### Ответ
[Вставьте краткий ответ или результат в рамке]