也就是说，

$$i_1(t) = 4.55 - 7.49e^{-59.1t} + 2.98e^{-14.9t}$$

注意当 $t \rightarrow \infty$ 时，电流 $i_1(t)$ 和 $i_2(t)$ 分别趋于恒定值 4.55A 和 3.64A。（注意 $i(0) = i_1(0) + i_2(0) \neq 0$ 是由于计算中的舍入误差所致。）

例 11.29

在时刻 $e(t)$ 向初级电路施加电压 $t = 0$ ，且互感 $M$ 驱动电流 $i_2(t)$ 在图 11.10 的次级电路中。如果在开关闭合之前，两个电路中的电流均为零，求感应电流 $i_2(t)$ 在次级电路中于时刻 $t$ 当 $R_1 = 4\Omega$ , $R_2 = 10\Omega$ , $L_1 = 2\text{H}$ , $L_2 = 8\text{H}$ , $M = 2\text{H}$ 且 $e(t) = 28 \sin 2t$ V。

图 11.10
例 11.29 的
电路。

解 分别对初级电路和次级电路应用基尔霍夫第二定律，得

$$R_1 i_1 + L_1 \frac{di_1}{dt} + M \frac{di_2}{dt} = e(t)$$

$$R_2 i_2 + L_2 \frac{di_2}{dt} + M \frac{di_1}{dt} = 0$$

代入给定的电阻、电感和外加电压的数值，得

$$2 \frac{di_1}{dt} + 4i_1 + 2 \frac{di_2}{dt} = 28 \sin 2t$$

$$2 \frac{di_1}{dt} + 8 \frac{di_2}{dt} + 10i_2 = 0$$

取拉普拉斯变换并注意到 $i_1(0) = i_2(0) = 0$ 得到方程组

$$(s + 2)I_1(s) + sI_2(s) = \frac{28}{s^2 + 4} \quad (11.29)$$

$$sI_1(s) + (4s + 5)I_2(s) = 0 \quad (11.30)$$

求解得 $I_2(s)$ 产生

$$I_2(s) = -\frac{28s}{(3s + 10)(s + 1)(s^2 + 4)}$$