Правка раздела «Решение»

igor правка от 16 июн. 2026 г., 09:11

правка #18904 предыдущая #18903 ← раньше

ru/11.4.10.md +1 −1

			### Условие

			$11.4.10.$ Найдите максимальный ток в катушках индуктивности $L_1$ и $L_2$ после замыкания ключа $K$ в цепи, изображенной на рисунке. Емкость конденсатора $C$, начальное напряжение на нем $V$.

			![К задаче $11.4.10$\|412x212, 40%](../../img/11.4.10/11.4.10.png)


			### Решение

			Для согласования знаков величин нужно выбрать направления токов. Пусть ток $i$ через конденсатор направлен вверх, через катушки $L_1,L_2$ токи $i_1,i_2$ — вниз. Положительно заряженная обкладка конденсатора верхняя.

			По второму правилу Кирхгофа для $CL_1$ контура (по часовой стрелке)

			$$
			-\frac{q}{C}+L_1\frac{di_1}{dt}=0;\tag{1}
			$$

			напряжение на конденсаторе отрицательно, так как при выбранном напрявлении обхода контура напряжение на конденсаторе встречно обходу (положительное направление напряжения от плюса к минусу).

			Дифференцируем по $t$ предыдущее с учетом $dq/dt=-i$ (отрицательное изменение заряда на положительной обкладке конденсатора равно положительному заряду, унесенному присоединенным проводом)

			$$
			\frac{i}{C}+L_1\frac{d^2i_1}{dt^2}=0.
			$$

			По первому правилу Кирхгофа $i=i_1+i_2$. Тогда

			$$
			\frac{i_1+i_2}{C}+L_1\frac{d^2i_1}{dt^2}=0.
			$$

			Из второго правила Кирхгофа для $L_1L_2$ контура (по часовой стрелке): $L_2di_2/dt-L_1di_1/dt=0$, что после интегрирования дает $L_2i_2-L_1i_1=0$ (учтено для постоянной интегрирования, что при $t=0$ имеем $i_1=0$ и $i_2=0$). Используем это для предыдущего с преобразованиями

			$$
			\frac{1}{CL_1}\left(1+\frac{L_1}{L_2}\right)i_1+\frac{d^2i_1}{dt^2}=0,
			$$

			что есть уравнение гармонических колебаний $\ddot x+\omega^2x=0$

			Общее решение:

			$$
			i_1=A\cos\omega t+B\sin\omega t,
			$$

			где $A$ и $B$ есть постоянные, которые находят из состояний с известными данными.

			В нашем случае

			$$
			\omega^2=\frac{1}{CL_1}\left(1+\frac{L_1}{L_2}\right).\tag{2}
			$$

			Определяем постоянные $A$ и $B$. При $t=0$ имеем $i_1=0$, то есть $A=0$.

			Для $i_1$ остается

			$$
		@@ -59,7 +59,7 @@Решение
			i_1=B\sin\omega t.
			$$

		−	При $t=0$ также знаем в самом первом уравнении $(1)$, что $q/C\equiv V$. Значит $-V+L_1\left.\frac{di_1}{dt}\right\|_0$, где $\left.\frac{di_1}{dt}\right\|_0$ есть значение производной функции $i_1$ по $t$ при $t=0$. Откуда $B=\frac{V}{L_1\omega}$.
		+	При $t=0$ также знаем в самом первом уравнении $(1)$, что $q/C\equiv V$. Значит $-V+L_1\left.\frac{di_1}{dt}\right\|_0=0$, где $\left.\frac{di_1}{dt}\right\|_0$ есть значение производной функции $i_1$ по $t$ при $t=0$. Откуда $B=\frac{V}{L_1\omega}$.

			Итак, для тока $i_1$

			$$
			i_1=\frac{V}{L_1\omega}\sin\omega t.
			$$

			Поэтому максимальный ток в первой катушке

			$$
			I_\text{1m}=\frac{V}{L_1\omega},
			$$

			что с учетом значения для $\omega$ по $(2)$ дает

			$$
			\boxed{I_\text{1m}=V\sqrt{\frac{CL_2}{L_1\left(L_1+L_2\right)}}.}
			$$

			Из полученного равенства $L_2i_2-L_1i_1=0$ берем $i_2$:

			$$
			i_2=\frac{L_1}{L_2}i_1,
			$$

			что дает после аналогичных рассуждений

			$$
			\boxed{I_\text{2m}=V\sqrt{\frac{CL_1}{L_2\left(L_1+L_2\right)}}.}
			$$


			#### Литература

			[1] В.В. Можаев. Катушки индуктивности в электрических цепях. «Квант», 1998, №4.

			[2] И. Яковлев. Дифференциальные уравнения. Материалы по физике. mathus.ru.

			[3] И. Яковлев. Физика. Электромагнитные колебания. mathus.ru.

			[2] Зельдович Я.Б. Высшая математика для начинающих физиков и техников. ИТФ Ландау. 1982.


			#### Ответ

			$$
			I_\text{1m}=V\sqrt{\frac{CL_2}{L_1\left(L_1+L_2\right)}},\quad
			I_\text{2m}=V\sqrt{\frac{CL_1}{L_2\left(L_1+L_2\right)}}.
			$$
		ещё строк без изменений 46