全程取拉普拉斯变换，得到方程

$$(s^2 + 160s + 10^4)Q(s) = [sq(0) + \dot{q}(0)] + 160q(0) + \frac{20}{s}$$

其中 $Q(s)$ 是 $q(t)$ 的变换。已知 $q(0) = 0$ 和 $\dot{q}(0) = i(0) = 0$ ，因此上式化简为

$$(s^2 + 160s + 10^4)Q(s) = \frac{20}{s}$$

即

$$Q(s) = \frac{20}{s(s^2 + 160s + 10^4)}$$

分解为部分分式得

$$\begin{aligned} Q(s) &= \frac{\frac{1}{500}}{s} - \frac{1}{500} \frac{s + 160}{s^2 + 160s + 10^4} \ &= \frac{1}{500} \left[ \frac{1}{s} - \frac{(s + 80) + \frac{4}{3}(60)}{(s + 80)^2 + (60)^2} \right] \ &= \frac{1}{500} \left[ \frac{1}{s} - \left[ \frac{s + \frac{4}{3} \times 60}{s^2 + 60^2} \right]_{s \rightarrow s+80} \right] \end{aligned}$$

取逆变换，并利用位移定理（定理 11.2），得

$$q(t) = \frac{1}{500}(1 - e^{-80t}\cos 60t - \frac{4}{3}e^{-80t}\sin 60t)$$

所得电流 $i(t)$ 电路中的电流由下式给出

$$i(t) = \frac{dq}{dt} = \frac{1}{3}e^{-80t}\sin 60t$$

注意，我们也可以通过对 (11.25) 取拉普拉斯变换来确定电流。将给定的 $L$ , $R$ , $C$ 和 $e(t)$ 的值代入，并利用 (11.15)，可得变换后的方程

$$160I(s) + sI(s) + \frac{10^4}{s}I(s) = \frac{20}{s}$$

即

$$I(s) = \frac{20}{(s^2 + 80)^2 + 60^2} \quad (= sQ(s) \quad \text{since} \quad q(0) = 0)$$

对其取逆变换，与前面一样得到

$$i(t) = \frac{1}{3}e^{-80t}\sin 60t$$

在图 11.9 所示的并联网络中，在时刻 $t = 0$ 闭合开关之前，两个回路中均无电流流动。试推导时刻 $i_1(t)$ 和 $i_2(t)$ 时回路中的电流 $t$ .