Edit to “Пункт а”

igor edited Jun 18, 2026, 3:16 PM

View solution History

revision #19013 parent #19012 ← older

ru/11.4.11.md +1 −1

			### Условие

			$11.4.11^*.$ 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 $V_0\cos\omega t$. 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


			#### Пункт а

		@@ -13,7 +13,7 @@Пункт а
			Основное по этому пункту сделано в решении задачи $11.4.9$. Оттуда закона тока

			$$
		−	i=\frac{V_0}{L\omega}\sin\omega_0 t,
		+	i=\frac{V_0}{L\omega_0}\sin\omega_0 t,
			$$

			где $\omega_0=1/\sqrt{LC}$

			что дает

			$$
			i=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\sin\omega_0 t
			$$

			и максимальный ток

			$$
			I_\text{m}=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\approx\frac{100}{\pi}\approx32~\text{А}.
			$$

			(забавляемся, считая $\sqrt{10}\approx\pi$).


			#### 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 $L\left.\frac{di}{dt}\right\|_0=V_0\cos\omega\cdot0$, где $\left.\frac{di}{dt}\right\|_0$ есть значение производной функции $i(t)$ по $t$ в момент $t=0$.

			Сделаем это подробно:

			$$
			\frac{di}{dt}=\frac{V_0\omega^2}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\cos\omega t+B\omega_0\cos\omega_0 t
			$$

			(без фокусов, проверьте).

			$$
			\left.\frac{di}{dt}\right\|_0=\frac{V_0\omega^2}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}+B\omega_0.
			$$

			Уже говорили, что $L\left.\frac{di}{dt}\right\|_0=V_0\cos\omega\cdot0$, откуда

			$$
			B=\frac{V_0}{L\omega_0}\left(1-\frac{\omega^2}{\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\right).
			$$

			Итоговая для $i$ после упрощений:

			$$
			\boxed{
			i=\frac{V_0}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\left(\omega\sin\omega t-\omega_0\sin\omega_0 t\right)
			}\tag{3}
			$$

			Приведите к ответу Савченко, конечно.

			Далее, максимум этого тока ищем. Он достигается, когда первый синус окажется равным $1$, а второй синус — равным $-1$. Это возможно, потому что сейчас увидим, что частоты $\omega,\omega_0$ близки: $\omega\approx\omega_0$, но не равны.

			Считаем:

			$$
			\omega=2\pi\nu\approx314~\text{рад/с}
			$$

			и

			$$
			\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=100\sqrt{10}\approx316~\text{рад/с}
			$$

			(здесь уже не забавляемся вроде $\sqrt{10}\approx\pi$, нет).

			Как видим частоты близки. При решении, например, задачи $3.4.11$ было наглядно показано, что одновременно с максимумом одной гармонической функции другая гармоническая с близкой частотой сможет оказаться практически во всех фазах, а значит — и с практически любым значением из своей области (см. также $3.4.7$).

			Итак, с учетом $\sin\omega t\equiv1$ и $\sin\omega_0 t\equiv-1$ для максимума $(3)$

			$$
			I_\text{m}=\left\|\frac{V_0}{L\left(\omega-\omega_0\right)}\right\|\approx5~\text{кА}.
			$$


			#### Литература

			[1] Сивухин Д.В. Электричество //Сер." Общий курс физики. – 1983. – Т. 3. Глава «Колебания и волны».

			[2] Е.М. Балдин, О.Я. Савченко. Кинематика. Новосибирск, 2005.


			#### Ответ

			а)

			$$
			i=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\sin\omega_0 t,\quad I_\text{m}=V_0\sqrt{\frac{C}{L}}\approx32~\text{А},
			$$

			где $\omega_0=1/\sqrt{LC}$;

			б)

			\begin{gather*}
			i=\frac{V_0}{L\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}\left(\omega\sin\omega t-\omega_0\sin\omega_0 t\right)
			,\\\\
			I_\text{m}=\left\|\frac{V_0}{L\left(\omega-\omega_0\right)}\right\|\approx5~\text{кА}.
			\end{gather*}
		unchanged lines 163