《复变函数与积分变换》课程教学资源（应用数学案例解析）

目录 第一章拉普拉斯变换(Laplace Transform)的应用案例.，l §1.1一阶电路的零输入响应. .1 §1.2一阶电路的零状态响应与全响应.2 §13二阶电路的零输入响应.6 51.4二阶电路的零状态响应和全响应.9 §1.5一阶电路和二阶电路的阶跃响应.11 §1.6一阶电路和二阶电路的冲激响应.12 §1.7运算电路综合.13 第二章电路基础知识介绍.18 §2.1运算电路基础知识.18 2.2运算电路举例.20 参考文献

目 录 第一章 拉普拉斯变换（Laplace Transform)的应用案例 . 1 §1.1 一阶电路的零输入响应 . 1 §1.2 一阶电路的零状态响应与全响应 . 2 §1.3 二阶电路的零输入响应 . 6 §1.4 二阶电路的零状态响应和全响应 . 9 §1.5 一阶电路和二阶电路的阶跃响应 . 11 §1.6 一阶电路和二阶电路的冲激响应 . 12 §1.7 运算电路综合 . 13 第二章 电路基础知识介绍 . 18 §2.1 运算电路基础知识 . 18 §2.2 运算电路举例 . 20 参考文献. 22

第一章拉普拉斯变换(Laplace Transform)的应用案例 Laplace Transform的目的：利用电路的复频域模型直接列出复频域方程，从 而求得所需相应的象函数F(s),再通过Laplace Transform反变换求得电路的时域 响应f0.避免了建立电路的微分方程和确定电路的初始条件的过程。 §1.1一阶电路的零输入响应 案例1.1.1如图1-1-1所示电路中，开关S闭合前，电容已充电，其电压= U。开关闭合后，电容存储的能量将通过热能形式释放出来，把开关闭合时刻取为 (t=0),求开关闭合后(t≥0)时u (t=0 解：根据k(基尔霍夫电压定律)得： uR-uc=0 u=Ri,i=-C警（电容放电警≤0 代入方程得： RC+uc=0,初始条件uc(O)=Uo, 使用拉普拉斯变换求解： 图1-1-1RC电路的零输入响应 设u=Us,则=sU)-o 对方程两边同取拉普拉斯变换得： RG6US)-0)+U=0整理得：U6)=器=是 取拉式逆变换得：c=Uoe心， GeoGebra软件运算区求解 方法一：使用solveode(RC·y+y=0,(O,Uo),解得y=Uoec 方法二：使用iere(器小解得逆变换为U,e元 注：solveode解一阶微分方程默认函数为y,自变量为x.求完解替换为原来的 变量。inverselaplace默认自变量为s,求完解替换为原来得自变量。 .1

- 1 - 第一章 拉普拉斯变换（Laplace Transform)的应用案例 Laplace Transform 的目的：利用电路的复频域模型直接列出复频域方程，从 而求得所需相应的象函数 F(s)，再通过 Laplace Transform 反变换求得电路的时域 响应 f(t).避免了建立电路的微分方程和确定电路的初始条件的过程。 §1.1 一阶电路的零输入响应 案例 1.1.1 如图 1-1-1 所示电路中，开关 S 闭合前，电容已充电，其电压𝑢𝑐 = 𝑈0.开关闭合后，电容存储的能量将通过热能形式释放出来，把开关闭合时刻取为 （t = 0),求开关闭合后(t ≥ 0)时𝑢𝑐 . 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得： 𝑢𝑅 − 𝑢𝐶 = 0 𝑢𝑅 = 𝑅𝑖, 𝑖 = −𝐶 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 (电容放电𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ≤ 0). 代入方程得： RC 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 + 𝑢𝐶 = 0,初始条件𝑢𝐶 (0) = 𝑈0, 使用拉普拉斯变换求解： 图 1-1-1 RC 电路的零输入响应 设ℒ[𝑢𝐶 ] = 𝑈(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝑈(𝑠) − 𝑈0. 对方程两边同取拉普拉斯变换得： 𝑅𝐶(𝑠𝑈(𝑠) − 𝑈0 ) + 𝑈(𝑠) = 0,整理得：U(s) = 𝑅𝐶𝑈0 𝑅𝐶𝑠+1 = 𝑈0 𝑠+ 1 𝑅𝐶 , 取拉式逆变换得：𝑢𝐶 = 𝑈0𝑒 − 𝑡 𝑅𝐶. GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(RC ∙ 𝑦 ′ + 𝑦 = 0, (0,𝑈0))，解得 y=𝑈0𝑒 − 𝑥 𝑅𝐶. 方法二：使用 inverselaplace( 𝑅𝐶𝑈0 𝑅𝐶∙𝑠+1 , 𝑠),解得逆变换为𝑈0𝑒 − 𝑠 𝑅𝐶. 注：solveode 解一阶微分方程默认函数为 y,自变量为𝑥.求完解替换为原来的 变量。inverselaplace 默认自变量为 s, 求完解替换为原来得自变量

案例1.12如图1-2(a)所示电路中，开关S动作之前，电压和电流已恒定不 变，电感中有电流i(0)=1开关由1到2时刻取为(t=0),求RL电路当(t≥0)时i 0 (a) (b) 图1-1-2RL电路的零输入响应 解：根据k(基尔霍夫电压定律)得： R+4=0 4R=Ri,4=L票代入方程得：Ri+L票=0，(0)=6 使用拉普拉斯变换求解： 设0=1则c周=s1)-6 对方程两边同取拉普拉斯变换得：RI(s)+Ls(s)-Ll,=0, 整理得：1回=总=品，取拉式逆变换得：1=6e是 GeoGebra软件运算区求解： 方法一：使用solveode(Ly+Ry=0,(0,lb,解得y=1e空 方法二：使用inverselace(,s),解得逆变换为loe空 §1.2一阶电路的零状态响应与全响应 案例1.2.1如图12-1所示电路中，开关S闭合前，电路处于零初始状态，其电 压uc(0)=0.开关闭合，电路接入直流电压源U。,把开关闭合时刻取为(t=0),求 开关闭合后(t≥0)时u 解：根据k(基尔霍夫电压定律)得： uR+uc=Us D MR=Ri,i=C晋（电容充电警20）， 代入方程得：RC警+“c=U,“(O)=0图1-21RC电路的零状态响应 .2

- 2 - 案例 1.1.2 如图 1-2(a)所示电路中，开关 S 动作之前，电压和电流已恒定不 变，电感中有电流𝑖(0) = 𝐼0.开关由 1 到 2 时刻取为（t = 0),求 RL 电路当(t ≥ 0)时𝑖. 图 1-1-2 RL 电路的零输入响应 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得： 𝑢𝑅 + 𝑢𝐿 = 0 𝑢𝑅 = 𝑅𝑖, 𝑢𝐿 = 𝐿 𝑑𝑖 𝑑𝑡 代入方程得：𝑅𝑖 + 𝐿 𝑑𝑖 𝑑𝑡 = 0，𝑖(0) = 𝐼0. 使用拉普拉斯变换求解： 设ℒ[𝑖] = 𝐼(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑖 𝑑𝑡] = 𝑠𝐼(𝑠) − 𝐼0. 对方程两边同取拉普拉斯变换得：RI(s) + Ls𝐼(𝑠) − 𝐿𝐼0 = 0, 整理得：I(s) = 𝐿𝐼0 𝑅+𝐿𝑠 = 𝐼0 𝑠+ 𝑅 𝐿 ，取拉式逆变换得：𝑖 = 𝐼0𝑒 − 𝑅𝑡 𝐿 . GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(L ∙ 𝑦 ′ + R ∙ y = 0, (0,𝐼0))，解得 y=𝐼0𝑒 − 𝑅𝑥 𝐿 . 方法二：使用 inverselaplace( 𝐿𝐼0 𝑅+𝐿∙𝑠 , 𝑠),解得逆变换为𝐼0𝑒 − 𝑅𝑠 𝐿 . §1.2 一阶电路的零状态响应与全响应 案例 1.2.1 如图 1-2-1 所示电路中，开关 S 闭合前，电路处于零初始状态，其电 压𝑢𝑐(0) = 0.开关闭合，电路接入直流电压源𝑈𝑠 .，把开关闭合时刻取为（t = 0) ,求 开关闭合后(t ≥ 0)时𝑢𝑐 . 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得： 𝑢𝑅 + 𝑢𝐶 = 𝑈𝑠 𝑢𝑅 = 𝑅𝑖, 𝑖 = 𝐶 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 (电容充电𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ≥ 0). 代入方程得：RC 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 + 𝑢𝐶 = 𝑈𝑠， 𝑢𝑐(0) = 0 图 1-2-1 RC 电路的零状态响应

使用拉普拉斯变换求解： 设cucl=U(s),则c[=sUs)-0, 对方程两边同取拉普拉斯变换得：RCsU(S)+U(S)=号 整理得：U回=兰取拉式逆变换得：4e=心，-U,e元 GeoGebra软件运算区求解： 方法一：使用solveode(RCy+y-U,=0,(0,0),解得y=U,-U,et 方法二：使用ver(mc·兰)解得逆变换为，-山e定 当一个非零初始状态的一阶电路受到激励时，电路的响应称为一阶电路的全 响应。 案例12.2如图1-2-2所示电路中，已充电的电容经过电阻接到直流电压源U。 电容原有电压uc(0)=Uo开关闭合，把开关闭 合时刻取为(t=0),求开关闭合后(t>0)时ue 解：根据kw(基尔霍夫电压定律)得： uR+uc=Us 4R=R旺，i=C警（电容充电警≥0）. 代入方程得：RC+c=U,e(0)=U。图1-2-2RC电路的全响应 使用拉普拉斯变换求解： 设u=Us),则=sUs)- 对方程两边同取拉普拉斯变换得：RC(sU(s)-Uo)+U(s)= 整理得：U囹=华+RCU) 取拉式逆变换得：c=U,+(Uo-U)e配. GeoGebra软件运算区求解： 方法一：使用solveode(RCy+y-Us=0,(0,Uo), 解得y=U+Uoe-U,e. 3

- 3 - 使用拉普拉斯变换求解： 设ℒ[𝑢𝐶 ] = 𝑈(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝑈(𝑠) − 0. 对方程两边同取拉普拉斯变换得:𝑅𝐶𝑠𝑈(𝑠) + 𝑈(𝑠) = 𝑈𝑠 𝑠 整理得：U(s) = 1 (𝑅𝐶𝑠+1) ∙ 𝑈𝑠 𝑠 取拉式逆变换得： 𝑢𝐶 = 𝑈𝑠 − 𝑈𝑠𝑒 − 𝑡 𝑅𝐶. GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(𝑅𝐶𝑦 ′ + 𝑦 − 𝑈𝑠 = 0, (0,0))，解得 y=𝑈𝑠 − 𝑈𝑠𝑒 − 𝑥 𝑅𝐶. 方法二：使用 inverselaplace( 1 (𝑅𝐶∙𝑠+1) ∙ 𝑈𝑠 𝑠 , 𝑠),解得逆变换为𝑈𝑠 − 𝑈𝑠𝑒 − 𝑠 𝑅𝐶. 当一个非零初始状态的一阶电路受到激励时，电路的响应称为一阶电路的全 响应。 案例 1.2.2 如图 1-2-2 所示电路中，已充电的电容经过电阻接到直流电压源𝑈𝑠。 电容原有电压𝑢𝑐(0) = U0.开关闭合，把开关闭 合时刻取为（t = 0),求开关闭合后(t > 0)时𝑢𝑐 . 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得： 𝑢𝑅 + 𝑢𝐶 = 𝑈𝑠 𝑢𝑅 = 𝑅𝑖, 𝑖 = 𝐶 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 (电容充电𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ≥ 0). 代入方程得：RC 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 + 𝑢𝐶 = 𝑈𝑠， 𝑢𝑐(0) = U0 图 1-2-2 RC 电路的全响应 使用拉普拉斯变换求解： 设ℒ[𝑢𝐶 ] = 𝑈(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝑈(𝑠) − U0. 对方程两边同取拉普拉斯变换得:𝑅𝐶(𝑠𝑈(𝑠) − U0) + 𝑈(𝑠) = 𝑈𝑠 𝑠 整理得：U(s) = 1 (𝑅𝐶𝑠+1) ∙ ( 𝑈𝑠 𝑠 + 𝑅𝐶U0) 取拉式逆变换得： 𝑢𝐶 = 𝑈𝑠 + (U0 − 𝑈𝑠)𝑒 − 𝑡 𝑅𝐶. GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(𝑅𝐶𝑦 ′ + 𝑦 − 𝑈𝑠 = 0, (0, U0))， 解得 y=𝑈𝑠 + U0𝑒 − 𝑥 𝑅𝐶 − 𝑈𝑠𝑒 − 𝑥 𝑅𝐶

方法二：使用inverselaplace(c*n学+RCUo,s) 解得逆变换为U,+Uoe屁-U,eC 案例123如图1-2-3所示电路中，开关S打开前，电感中电流为零。开关打 开后，(0)=0，直流电流源1，求开关打开后(t≥0)时uc 解：根据k(基尔霍夫电流定律)得： in +in=Is R=专票代入方程得： TS(t=0) +i2=1,z0)=0 使用拉普拉斯变换求解： 图1-2-3RL电路的零状态响应 设[=1s,则c[=s1(o)-0 对方程两边同取拉普拉斯变换得：片s·1(s)+1(s)=名 整理得：1因=台，取拉式逆变换得=，(1-e曾) GeoGebra软件运算区求解： 方法一：使用solveode(始y+y-1,=0,0,0),解得y以，(1-e) 方法二：使用invers(告s)解得l,(1-e宁) 案例1.2.4如图1-2-4所示电路中，直流电压源U,直流电流源1，电感L,电阻 R,试求S闭合后电路中的电流i和i, 解：开关断开时，电感L中电流 R S(t=0) i(0)=-ls 开关闭合时，根据结点电压法： Uab=-山-i+g,Ub=4, 4=L%代入上式得，且方程两边同乘R: 图1-2-4 L驶+R,+R-U,=0,i红0)=-l .4

- 4 - 方法二：使用 inverselaplace( 1 (𝑅𝐶∙𝑠+1) ∙ ( 𝑈𝑠 𝑠 + 𝑅𝐶U0), 𝑠), 解得逆变换为𝑈𝑠 + U0𝑒 − 𝑠 𝑅𝐶 − 𝑈𝑠𝑒 − 𝑠 𝑅𝐶. 案例 1.2.3 如图 1-2-3 所示电路中，开关 S 打开前，电感中电流为零。开关打 开后𝑖𝐿(0) = 0，直流电流源𝐼𝑠，求开关打开后(t ≥ 0)时𝑢𝑐 . 解：根据 kvl(基尔霍夫电流定律)得： 𝑖𝑅 + 𝑖𝐿 = 𝐼𝑠 𝑖𝑅 = 𝐿 𝑅 ∙ 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ,代入方程得： 𝐿∙𝑑𝑖𝐿 𝑅𝑑𝑡 + 𝑖𝐿 = 𝐼𝑠 , 𝑖𝐿(0) = 0. 使用拉普拉斯变换求解 : 图 1-2-3 RL 电路的零状态响应 设ℒ[ 𝑖𝐿 ] = 𝐼(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝐼(𝑠) − 0 对方程两边同取拉普拉斯变换得: 𝐿 𝑅 𝑠 ∙ 𝐼(𝑠) + 𝐼(𝑠) = 𝐼𝑠 𝑠 , 整理得：I(s) = 1 (𝐿𝑠+1) ∙ 𝐼𝑠 𝑠 , 取拉式逆变换得𝑖𝐿 = 𝐼𝑠 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑡 𝐿 ). GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(L 𝑅 ∙ 𝑦 ′ + y − 𝐼𝑠 = 0, (0,0))，解得 y=𝐼𝑠 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑥 𝐿 ). 方法二：使用 inverselaplace( 1 (𝐿𝑠+1) ∙ 𝐼𝑠 𝑠 , 𝑠), 解得𝐼𝑠 (1 − 𝑒 − 𝑅𝑠 𝐿 ) 案例 1.2.4 如图 1-2-4 所示电路中，直流电压源𝑈𝑠，直流电流源𝐼𝑠，电感 L,电阻 R，试求 S 闭合后电路中的电流𝑖𝐿和𝑖. 解：开关断开时，电感 L 中电流 𝑖𝐿 (0) = −𝐼𝑠 . 开关闭合时，根据结点电压法： 1 𝑅 𝑈𝑎𝑏 = −𝐼𝑠 − 𝑖𝐿 + 𝑈𝑠 𝑅 ,𝑈𝑎𝑏 = 𝑢𝐿 , 𝑢𝐿 = 𝐿 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ,代入上式得,且方程两边同乘 R： 图 1-2-4 𝐿 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 + 𝑅𝐼𝑠 + 𝑅𝑖𝐿 − 𝑈𝑠 = 0, 𝑖𝐿 (0) = −𝐼𝑠

使用拉普拉斯变换求解： 设=19)，则c=s1s)+, 对方程两边同取拉普拉斯变换得：L(s1()+)+R1()+:兰=0 整理得：s)=(山，+). 取拉式逆变换得：=些-1，-竖e光.i=+山，=竖-竖e光 GeoGebra软件运算区求解： 方法一：使用solveode(L·y'+R·y+RL-Us=0,(0,-1s), 解得y受-5，-e受 方法：使用invers(gu,+,.s 解得：-2-兰e气，（把s替换成t 案例1.2.5如图1-2-5所示电路中，直流电压源U=10V,直流电流源1s= 2A,电感L=4H电阻R=2n,试求S闭合后电路中的电流i,和i 解：开关断开时，电感L中电流，(0)= -L=-2A. 开关闭合时，根据结点电压法： 20ab=-2-iL+9,Uab=4 4=4华代入上式得，2尝+2+红-5=0 图1-2-5 使用拉普拉斯变换求解： 设[=1s),则c0]=s1(s)+2 对方程两边同取拉普拉斯变换得：2s1(S)+4-+1(s)=0. 整理得：1=作一-4)=号取拉式逆变换得：=3-5e的A i=iL+15=5-5eA 5

- 5 - 使用拉普拉斯变换求解 : 设ℒ[ 𝑖𝐿 ] = 𝐼(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝐼(𝑠) + 𝐼𝑠 对方程两边同取拉普拉斯变换得: 𝐿(𝑠𝐼(𝑠) + 𝐼𝑠 ) + 𝑅𝐼(𝑠) + 𝑅𝐼𝑠−𝑈𝑠 𝑠 = 0 整理得: 𝐼(𝑠) = −1 𝐿𝑠+𝑅 (𝐿𝐼𝑠 + 𝑅𝐼𝑠−𝑈𝑠 𝑠 ), 取拉式逆变换得: 𝑖𝐿 = 𝑈𝑠 𝑅 − 𝐼𝑠 − 𝑈𝑠 𝑅 𝑒 − 𝑅𝑡 𝐿 . 𝑖 = 𝑖𝐿 + 𝐼𝑠 = 𝑈𝑠 𝑅 − 𝑈𝑠 𝑅 𝑒 − 𝑅𝑡 𝐿 GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(L ∙ 𝑦 ′ + R ∙ y + R𝐼𝑠 − 𝑈𝑠 = 0, (0, −𝐼𝑠))， 解得 y= 𝑈𝑠 𝑅 − 𝐼𝑠 − 𝑈𝑠 𝑅 𝑒 − 𝑅𝑥 𝐿 . 方法二：使用 inverselaplace( −1 (𝐿𝑠+𝑅) ∙ (𝐿𝐼𝑠 + 𝑅𝐼𝑠−𝑈𝑠 𝑠 ), 𝑠), 解得:− (𝑅𝐼𝑠−𝑈𝑠 ) 𝑅 − 𝑈𝑠 𝑅 𝑒 − 𝑅𝑠 𝐿 ,(把 s 替换成 t) 案例 1.2.5 如图 1-2-5 所示电路中，直流电压源𝑈𝑠 = 10𝑉，直流电流源𝐼𝑠 = 2𝐴，电感 L=4H,电阻 R=2Ω，试求 S 闭合后电路中的电流𝑖𝐿和𝑖. 解：开关断开时，电感 L 中电流𝑖𝐿 (0) = −𝐼𝑠 = −2𝐴. 开关闭合时，根据结点电压法： 1 2 𝑈𝑎𝑏 = −2 − 𝑖𝐿 + 10 2 ,𝑈𝑎𝑏 = 𝑢𝐿 𝑢𝐿 = 4 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ,代入上式得, 2𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 + 2 + 𝑖𝐿 − 5 = 0 图 1-2-5 使用拉普拉斯变换求解 : 设ℒ[ 𝑖𝐿 ] = 𝐼(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝐼(𝑠) + 2 对方程两边同取拉普拉斯变换得:2s𝐼(s) + 4 − 3 𝑠 + 𝐼(s) = 0. 整理得: 𝐼(𝑠) = 1 2𝑠+1 ( 3 𝑠 − 4) = 3 𝑠 − 5 𝑠+ 1 2 , 取拉式逆变换得: 𝑖𝐿 = (3 − 5𝑒 − 1 2 𝑡 )𝐴. 𝑖 = 𝑖𝐿 + 𝐼𝑠 = (5 − 5𝑒 − 1 2 𝑡 )𝐴

§1.3二阶电路的零输入响应 的零输入响应，求u的微分方程。 解：根据k(基尔霍夫电压定律)得： -uc ur uL=o M=,i=-c柴M=票=-c器 代入上式得：Lc袋+RC告+G=0. uc(0)=Uo,in (0)=lo 图1-31RLC串联电路 使用拉普拉斯变换求解： 设uel=Us.则c[=sws)-Uc[=s2Us)-s-6 对方程两边同取拉普拉斯变换得： LC(s2U(s)-sUo-Io)+RC(sU(s)-Uo)+U(s)=0, 整理得：US)=C+Cs+1 LCs2+RCS+1 取拉式逆变换得： =s()+股n严e益 GeoGebra软件运算区求解： 使用iverea(2. 解得cos(C）e0+警sin(Cs)e器 这里在求解时，需考虑： ()R>2上，非震荡放电过程：当。=0这时微分方程的特征方程有两个 不相等的负根，对uc求导，得i=一C些，对i球导，当=0时，可得最大电流m (②)R<2,震荡放电过程，这种情况下，微分方程的特征方程有一对共 轭复根 6

- 6 - §1.3 二阶电路的零输入响应 案例 1.3.1 如图 1-3-1 RLC 串联电路，假设电容已充电所示电路中，u𝑐 = 𝑈0, 电感中的初始电流为𝐼0. 𝑡 = 0时，开关 S 闭合，此时电路的放电过程即是二阶电路 的零输入响应，求u𝑐的微分方程。 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得： −𝑢𝑐 + 𝑢𝑅 + 𝑢𝐿=0 𝑢R = 𝑅𝑖，𝑖 = −𝐶 𝑑𝑢𝑐 𝑑𝑡 ,𝑢𝐿 = 𝐿 𝑑𝑖 𝑑𝑡 = −𝐿𝐶 𝑑 2𝑢𝑐 𝑑𝑡 2 , 代入上式得：𝐿𝐶 𝑑 2𝑢𝑐 𝑑𝑡 2 + 𝑅𝐶 𝑑𝑢𝑐 𝑑𝑡 + 𝑢𝐶 = 0. u𝑐 (0) = 𝑈0, 𝑖𝐿 (0) = 𝐼0 图 1-3-1 RLC 串联电路 使用拉普拉斯变换求解 : 设ℒ[𝑢𝐶 ] = 𝑈(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝑈(𝑠) − 𝑈0, ℒ [ 𝑑 2𝑢𝐶 𝑑𝑡 2 ] = 𝑠 2𝑈(𝑠) − 𝑠𝑈0 − 𝐼0. 对方程两边同取拉普拉斯变换得: LC(𝑠 2𝑈(𝑠) − 𝑠𝑈0 − 𝐼0)+RC(𝑠𝑈(𝑠) − 𝑈0)+ 𝑈(𝑠)=0， 整理得: 𝑈(𝑠) = 𝑅𝐶𝑈0+𝐿𝐶𝑠𝑈0+𝐿𝐶𝐼0 𝐿𝐶𝑠 2+𝑅𝐶𝑠+1 , 取拉式逆变换得： 𝑢𝐶 = [𝑈0 cos ( √4𝐿𝐶−𝑅𝐶2 2𝐿𝐶 𝑡) + 2𝐼0𝐿𝐶+𝑅𝐶𝑈0 √4𝐿𝐶−𝑅𝐶2 sin ( √4𝐿𝐶−𝑅𝐶2 2𝐿𝐶 𝑡)]𝑒 − 𝑅𝐶 2𝐿𝐶𝑡 . GeoGebra 软件运算区求解： 使用 inverselaplace( 𝑅𝐶𝑈0+𝐿𝐶𝑠𝑈0+𝐿𝐶𝐼0 𝐿𝐶𝑠 2+𝑅𝐶𝑠+1 )， 解得 𝑈0 cos ( √4𝐿𝐶−𝑅𝐶2 2𝐿𝐶 𝑠)𝑒 − 𝑅𝐶 2𝐿𝐶𝑠 + 2𝐼0𝐿𝐶+𝑅𝐶𝑈0 √4𝐿𝐶−𝑅𝐶2 sin ( √4𝐿𝐶−𝑅𝐶2 2𝐿𝐶 𝑠)𝑒 − 𝑅𝐶 2𝐿𝐶𝑠 . 这里在求解时，需考虑： (1) 𝑅 > 2√ 𝐿 𝐶 ,非震荡放电过程；当𝐼0 = 0这时微分方程的特征方程有两个 不相等的负根，对𝑢𝐶求导，得𝑖 = −𝐶 𝑑𝑢𝑐 𝑑𝑡 ，对𝑖求导，当𝑑𝑖 𝑑𝑡 = 0时，可得最大电流𝑖𝑚 . (2) 𝑅 < 2√ 𝐿 𝐶 , 震荡放电过程,这种情况下，微分方程的特征方程有一对共 轭复根

案例1.3.2如图1-3-2所示的电路中，已知U。=10Y,C=1uE,R=4kn.L=1H,开关S 原来闭合在位置1处，在t=0时，开关S由位置1接至位置2处。求： uc,ug,i,uL imax. 1S2 解：根据kw基尔霍夫电压定律)得 -uc+ur uL=o U.C LC+RC+uc=0. c(O)=U,把已知数值代入得： 10-60+4x10-30+c=0, 图1-3-2RLC电路 化简得：装+4×103警+106c=0 初始条件：e(0)=10业，c警=i(0)=0,即uc(0)=0 使用拉普拉斯变换求解】 设c[uc]=U(s),则c9=sU(s)-uc(0)=sU(s)-10, c[=s2Us)-suc0)-t'c0)=s2U9-10s. 对方程两边同取拉普拉斯变换得： s2U(s)-10s+4000(sU(s)-10)+106U(s)=0 整理得：U)=4,取拉式逆变换得： Me=(10.77e-26t-0.773e-3732y.i=-c0-0.0289(e-268-e-3732A "=10.77e-3732r-0.773e-268,令"=0，tm=760us,in=2.19mA n=Ri=11.56(e-26t-e-3732)V,4=L=10.77e3732t-0.773e-268ty. GeoGebra软件运算区求解 方法一：使用solveode(y"+4000y+10y=0) 方法使用nr 解得逆变换为：10cosh(1732.051s)e-200s+11.547e-2000 s sinh(1732.050s) 注：c0sh(1732051=+-12"sinh(1732.0519=-120 案例1.3.3如图1-3-3所示的电路中，已知U=15kV,C=1700uF, .7

- 7 - 案例 1.3.2 如图 1-3-2 所示的电路中，已知𝑈𝑠 = 10𝑉, 𝐶 = 1𝜇𝐹,𝑅 = 4𝑘Ω.𝐿 = 1𝐻,开关 S 原来闭合在位置 1 处，在t = 0时，开关 S 由位置 1 接至位置 2 处。求： 𝑢𝐶, 𝑢𝑅, 𝑖, 𝑢𝐿;𝑖𝑚𝑎𝑥 . 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得 −𝑢𝑐 + 𝑢𝑅 + 𝑢𝐿=0 𝑳𝑪 𝒅 𝟐𝒖𝒄 𝒅𝒕 𝟐 + 𝑹𝑪 𝒅𝒖𝒄 𝒅𝒕 + 𝒖𝑪 = 𝟎， 𝒖𝑪 (𝟎) = 𝑼𝒔,把已知数值代入得： 𝟏𝟎−𝟔 𝒅 𝟐𝒖𝒄 𝒅𝒕 𝟐 + 𝟒 × 𝟏𝟎−𝟑 𝒅𝒖𝒄 𝒅𝒕 + 𝒖𝑪 = 𝟎， 图 1-3-2 RLC 电路 化简得：𝒅 𝟐𝒖𝒄 𝒅𝒕 𝟐 + 𝟒 × 𝟏𝟎𝟑 𝒅𝒖𝒄 𝒅𝒕 + 𝟏𝟎𝟔𝒖𝑪 = 𝟎, 初始条件：𝑢𝐶 (0) = 10𝑉, C 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 = 𝑖(0) = 0,即𝑢 ′ 𝐶 (0) = 0 使用拉普拉斯变换求解 : 设ℒ[𝑢𝐶 ] = 𝑈(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝑈(𝑠) − 𝑢𝐶 (0) = 𝑠𝑈(𝑠) − 10, ℒ [ 𝑑 2𝑢𝐶 𝑑𝑡 2 ] = 𝑠 2𝑈(𝑠) − 𝑠𝑢𝐶 (0) − 𝑢 ′ 𝐶 (0) = 𝑠 2𝑈(𝑠) − 10𝑠. 对方程两边同取拉普拉斯变换得: 𝑠 2𝑈(𝑠) − 10𝑠 + 4000(𝑠𝑈(𝑠) − 10) + 106𝑈(𝑠) = 0 整理得: 𝑈(𝑠) = 40000+10𝑠 𝑠 2+4000𝑠+106，取拉式逆变换得： 𝑢𝐶 = (10.77𝑒 −268𝑡 − 0.773𝑒 −3732𝑡 )𝑉. 𝑖 = −𝐶 𝑑𝑢𝑐 𝑑𝑡 =0.0289(𝑒 −268𝑡 -𝑒 −3732𝑡 )𝐴, 𝑑𝑖 𝑑𝑡 = 10.77𝑒 −3732𝑡 − 0.773𝑒 −268𝑡 ,令 𝑑𝑖 𝑑𝑡 = 0，𝑡𝑚 = 760𝜇𝑠, 𝑖𝑚 = 2.19𝑚𝐴 𝑢𝑅 = 𝑅𝑖 = 11.56(𝑒 −268𝑡 -𝑒 −3732𝑡 )𝑉,𝑢𝐿 = 𝐿 𝑑𝑖 𝑑𝑡 = 10.77𝑒 −3732𝑡 − 0.773𝑒 −268𝑡𝑉. GeoGebra 软件运算区求解： 方法一：使用 solveode(y ′′ + 4000y ′ + 106𝑦 = 0) 方法二：使用 inverselaplace( 40000+10𝑠 𝑠 2+4000𝑠+106 , 𝑠), 解得逆变换为: 10 cosh(1732.051s)𝑒 −2000𝑠 + 11.547𝑒 −2000𝑠 sinh(1732.050𝑠). 注：cosh(1732.051s) = 𝑒 1732.050𝑠+𝑒 −1732.050𝑠 2 , sinh(1732.051s) = 𝑒 1732.050𝑠−𝑒 −1732.050𝑠 2 . 案例 1.3.3 如图 1-3-3 所示的电路中，已知𝑈𝑠 = 15𝑘𝑉, 𝐶 = 1700𝜇𝐹

R=6×10-4n,L=6×10-9H,开关S原来闭合在位置1处，在t=0时，开关S 由位置1至位置2处。求：i:imax 192 解：根据k(基尔霍夫电压定律)得 -ue+uR+4=0 LC+RC+uc =0 uc(O)=U,把已知数值代入化简得： 图1-3-3RLC电路 t+0z4c=0, 初始条件：uc(0)=1.5×10,c警=i(0)=0,即uc(0)=0 设ue=U(s),则c[=sUo)-uc(0)=sUs)-15×10 c[9]=s2U(9)-suc(0)-u'c(0)=s2U0s9)-1.5×10*s 对方程两边同取拉普拉斯变换得： s2U9-15×10*s+105(sUs)-1.5×109+0Ug)=0 整理得：Ug=1510+150取拉式逆变换得： s2+105s+200 c=[15000cos(309094)+2426.4449sin(309094t1e-50000t, 1=-C-888149sin(3090940)e-50ooot GeoGebra软件运算区求解： 解得逆变换为：15000c0s(309094)e-5000t+2426.4449sin(309094e-500ot 第二步：-1.7*10-3*derivative($1) 求出1×10-7cos(309094)e-50000t+888149sin(309094)e-50000: 注因为是震荡电路，故取最大值应在U2=0, 即wt=kn+arctan(k∈Z),ω=309094

- 8 - 𝑅 = 6 × 10−4Ω,𝐿 = 6 × 10−9𝐻,开关 S 原来闭合在位置 1 处，在t = 0时，开关 S 由位置 1 至位置 2 处。求：𝑖;𝑖𝑚𝑎𝑥 . 解：根据 kvl(基尔霍夫电压定律)得 −𝑢𝑐 + 𝑢𝑅 + 𝑢𝐿=0 𝑳𝑪 𝒅 𝟐𝒖𝒄 𝒅𝒕 𝟐 + 𝑹𝑪 𝒅𝒖𝒄 𝒅𝒕 + 𝒖𝑪 = 𝟎， 𝒖𝑪 (𝟎) = 𝑼𝒔,把已知数值代入化简得： 图 1-3-3 RLC 电路 𝒅 𝟐𝒖𝒄 𝒅𝒕 𝟐 + 𝟏𝟎𝟓 𝒅𝒖𝒄 𝒅𝒕 + 𝟏𝟎𝟏𝟑 𝟏𝟎𝟐 𝒖𝑪 = 𝟎， 初始条件：𝒖𝑪 (𝟎) = 𝟏. 𝟓 × 𝟏𝟎𝟒𝑽, 𝐂 𝒅𝒖𝑪 𝒅𝒕 = 𝒊(𝟎) = 𝟎,即𝒖 ′ 𝑪 (𝟎) = 𝟎 设ℒ[𝑢𝐶 ] = 𝑈(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑢𝐶 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝑈(𝑠) − 𝑢𝐶 (0) = 𝑠𝑈(𝑠) − 1.5 × 104 , ℒ [ 𝑑 2𝑢𝐶 𝑑𝑡 2 ] = 𝑠 2𝑈(𝑠) − 𝑠𝑢𝐶 (0) − 𝑢 ′ 𝐶 (0) = 𝑠 2𝑈(𝑠) − 1.5 × 104 𝑠. 对方程两边同取拉普拉斯变换得: 𝑠 2𝑈(𝑠) − 1.5 × 104 𝑠+𝟏𝟎𝟓 (𝑠𝑈(𝑠) − 1.5 × 104 ) + 𝟏𝟎𝟏𝟑 𝟏𝟎𝟐 𝑈(𝑠) = 0 整理得: 𝑈(𝑠) = 1.5×104 𝑠+1.5×109 𝑠 2+105𝑠+ 1013 102 , 取拉式逆变换得： 𝑢𝐶 =[15000cos(309094t)+2426.4449sin(309094t)]e −50000t , 𝑖 = −𝐶 𝑑𝑢𝑐 𝑑𝑡 =888149 sin(309094t) e −50000t GeoGebra 软件运算区求解： 第一步：inverselaplace(1.5×104 𝑠+1.5×109 𝑠 2+105𝑠+ 1013 102 , 𝑠), 解得逆变换为:15000cos(309094t) e −50000t+2426.4449sin(309094t)e −50000t , 第二步：-1.7*10−3 ∗derivative($1) 求出 1× 10−7 cos (309094t) e −50000t + 888149sin(309094t) e −50000t 注因为是震荡电路，故𝑖取最大值应在𝑈𝐿 = 0， 即𝜔𝑡 = 𝑘𝜋 + 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝜔 50000 (𝑘 ∈ 𝑍) ,𝜔 = 309094

§1.4二阶电路的零状态响应和全响应 案例1.4.1如图1-41为GCL并联电路，ue=0,i(0)=0,t=0时，开关S 打开，求，的微分方程。 图1-4-1二阶电路的零状态响应 解：根据KCL有ic+iG+i红=is,因为uG=c=u,wL=L业=各 ic=cg=Lc路i6=LG代入电流方程得 u器+6尝+=斯 注：二阶电路的初始储能为零（即电容两端的电压和电感中的电流都为零）仅由外施激励 引起的响应称为二阶电略的零状态响应。 案例1.4.2如图14-1所示电路，uc(0)=0,i2u(0)=0,G=2×10-3S, C=1uF,L=1H,s=1A.t=0时，开关S打开，试求、uc、e· 解：开关打开后的电路徽分方程为：LC装+GL些+红=ig 把已知条件代入得：10-6器+2×10-3警+红=1 使用拉普拉斯变换求解： 设[=1s),则c0=s16).c周=s21s), 对方程两边同取拉普拉斯变换得：10-6s21(s)+2×10-3sls)+1S)=, 整理得：1(S)0+2x10*+可 取拉氏逆变换得：2=[1-(1+103t)e~1oo0门A, .9

- 9 - §1.4 二阶电路的零状态响应和全响应 案例 1.4.1 如图 1-4-1 为 GCL 并联电路，u𝑐 = 0，𝑖𝐿 (0) = 0，𝑡 = 0时，开关 S 打开，求𝑖𝐿的微分方程。 图 1-4-1 二阶电路的零状态响应 解：根据 KCL 有𝒊𝑪 + 𝒊𝑮 + 𝒊𝑳 = 𝒊𝑺，因为𝒖𝑮 = 𝒖𝑪 = 𝒖𝑳，𝒖𝑳 = 𝑳 𝒅𝒊𝑳 𝒅𝒕 = 𝒊𝑮 𝑮 , 𝒊𝑪 = 𝑪 𝒅𝒖𝑪 𝒅𝒕 = 𝑳𝑪 𝒅 𝟐 𝒊𝑳 𝒅𝒕 𝟐 , 𝒊𝑮 = 𝑳𝑮𝒅𝒊𝑳 𝒅𝒕 ,代入电流方程得： 𝑳𝑪 𝒅 𝟐 𝒊𝑳 𝒅𝒕 𝟐 + 𝑮𝑳 𝒅𝒊𝑳 𝒅𝒕 + 𝒊𝑳 = 𝒊𝑺 注：二阶电路的初始储能为零(即电容两端的电压和电感中的电流都为零)仅由外施激励 引起的响应称为二阶电路的零状态响应。 案例 1.4.2 如图 1-4-1 所示电路，𝒖𝑪(0) = 0，𝑖𝐿 (0) = 0，G=2× 10−3𝑆, 𝐶 = 1𝜇𝐹, 𝐿 = 1𝐻, 𝒊𝑺 = 1𝐴.𝑡 = 0时，开关 S 打开，试求𝒊𝑳、𝒖𝑪、𝒊𝑪 . 解：开关打开后的电路微分方程为：𝑳𝑪 𝒅 𝟐 𝒊𝑳 𝒅𝒕 𝟐 + 𝑮𝑳 𝒅𝒊𝑳 𝒅𝒕 + 𝒊𝑳 = 𝒊𝑺. 把已知条件代入得：𝟏𝟎−𝟔 𝒅 𝟐 𝒊𝑳 𝒅𝒕 𝟐 +2× 𝟏𝟎−𝟑 𝒅𝒊𝑳 𝒅𝒕 + 𝒊𝑳 = 𝟏 使用拉普拉斯变换求解 : 设ℒ[ 𝑖𝐿 ] = 𝐼(𝑠),则 ℒ [ 𝑑𝑖𝐿 𝑑𝑡 ] = 𝑠𝐼(𝑠), ℒ [ 𝒅 𝟐 𝒊𝑳 𝒅𝒕 𝟐 ] = 𝑠 2 𝐼(𝑠), 对方程两边同取拉普拉斯变换得:𝟏𝟎−𝟔𝑠 2 𝐼(𝑠)+2× 𝟏𝟎−𝟑𝑠𝐼(𝑠) + 𝐼(𝑠) = 𝟏 𝒔， 整理得: 𝐼(𝑠)= 1 𝑠(𝟏𝟎−𝟔 𝑠 2+𝟐×𝟏𝟎−𝟑 𝑠+1) , 取拉氏逆变换得：𝒊𝑳 = [𝟏 − (𝟏 + 𝟏𝟎𝟑 𝒕)𝒆 −𝟏𝟎𝟎𝟎𝒕]𝑨