最后更新: 2026-04-16 21:05 查看: 283 次纠错评论(0) 课件开VIP

拉普拉斯变换在求物理上应用

## 拉普拉斯变换在求物理上应用
一、微分方程及微分方程组的拉普拉斯变换求解法
和利用傅里叶变换求解微分方程一样，根据拉普拉斯变换的线性性质和微分性质等，对微分方程两侧同时取拉普拉斯变换，就可将其化成像函数的代数方程，解得像函数后对像函数求拉普拉斯逆变换，所得像原函数即为原微分方程的解．本节介绍拉普拉斯变换在解微分方程及工程技术中的一些应用．

`例`求方程 $y^{\prime \prime}+y=t$ 满足初始条件：$y(0)=1, y^{\prime}(0)=4$ 的解．
解 设 $\mathscr{L}[y(t)]=Y(s)$ ，对方程两侧同时取拉普拉斯变换，并应用微分性质得

$$
s^2 Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)+Y(s)=\frac{1}{s^2},
$$

代人初始条件得

$$
\left(s^2+1\right) Y(s)=\frac{1}{s^2}+s+4,
$$

所以

$$
Y(s)=\frac{1}{s^2\left(s^2+1\right)}+\frac{s}{s^2+1}+\frac{4}{s^2+1}=\frac{1}{s^2}+\frac{3}{s^2+1}+\frac{s}{s^2+1} .
$$

对 $Y(s)$ 求拉普拉斯逆变换得

$$
y(t)=\mathscr{L}^{-1}[Y(s)]=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2}+\frac{3}{s^2+1}+\frac{s}{s^2+1}\right]=t+\cos t+3 \sin t
$$

故微分方程的解为

$$
y(t)=t+\cos t-3 \sin t .
$$

`例`设质量为 $m$ 的物体静止在原点，在 $t = 0$ 时受到 $x$ 方向的冲击力 $F_0 \delta(t)$ 的作用，其中 $F_0$ 为常数，求物体的运动方程。

解 设物体的运动方程为 $x=x(t)$ ，根据 Newton 定律有

$$
m x^{\prime \prime}(t)=F_0 \delta(t), x(0)=x^{\prime}(0)=0
$$

令 $X(s)= L [x(t)]$ ，在方程两边取 Laplace 变换得

$$
m s^2 X(s)=F_0, \quad \Rightarrow \quad X(s)=\frac{F_0}{m} \cdot \frac{1}{s^2}
$$

求 Laplace 逆变换，得物体的运动方程为 $x(t)=\frac{F_0}{m} t$ ．

`例`设有如图所示的 $R$ 和 $L$ 串联电路，在 $t = 0$ 时刻接到直流电势 $E$ 上，求电流 $i(t)$ 
 ![图片](/uploads/2025-01/510f74.jpg)
 
解 由 Kirchhoff 定律知，$i(t)$ 满足方程

$$
R i(t)+L i^{\prime}(t)=E, \quad i(0)=0 .
$$

令 $I(s)= L [i(t)]$ ，在方程两边取 Laplace 变换得

$$
R I(s)+L s I(s)=\frac{E}{s},
$$

求解此方程得 $I(s)=\frac{E}{s(R+s L)}=\frac{E}{R}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+\frac{R}{L}}\right)$ ．求Laplace逆变换，得 $i(t)=\frac{E}{R}\left(1- e ^{-\frac{R}{L} t}\right)$ ．

`例` 质量为 $m$ 的物体挂在弹簧系数为 $k$的弹簧一端（如图），作用在物体上的外力为 $f(t)$ 。若物体自静止平衡位置 $x =0$ 处开始运动，求该物体的运动规律 $x ( t )$ ．
 ![图片](/uploads/2025-01/bd02a7.jpg)
解（1）由Newton 定律及Hooke定律有

$$
m x^{\prime \prime}(t)=f(t)-k x(t)
$$

即物体运动的微分方程为

$$
m x^{\prime \prime}(t)+k x(t)=f(t), \quad x(0)=x^{\prime}(0)=0
$$

$m x^{\prime \prime}(t)+k x(t)=f(t), \quad x(0)=x^{\prime}(0)=0$ ．
（2）令 $X(s)= L [x(t)], F(s)= L [f(t)]$ ，
对方程组两边取 Laplace 变换，并代入初值得

$$
m s^2 X(s)+k X(s)=F(s)
$$

记 $\omega_0^2=\frac{k}{m}$ ，有 $X(s)=\frac{1}{m \omega_0} \cdot \frac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2} \cdot F(s)$ ，
（3）由 $L ^{-1}\left[\frac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2}\right]=\sin \omega_0 t$ ，并利用卷积定理有 $x(t)= L ^{-1}[X(s)]=\frac{1}{m \omega_0} \cdot\left[\sin \omega_0 t * f(t)\right]$.
当 $f(t)$ 具体给出时，即可以求的运动方程 $x(t)$ ．
 由 $L ^{-1}\left[\frac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2}\right]=\sin \omega_0 t$ ，利用卷积定理有

$$
x(t)= L ^{-1}[X(s)]=\frac{1}{m \omega_0} \cdot\left[\sin \omega_0 t * f(t)\right]
$$

当 $f(t)$ 具体给出时，即可以求的运动方程 $x(t)$ ．

例如 设物体在 $t=0$ 时受到冲击力 $f(t)=A \delta(t), A$ 为常数。
此时 $x(t)=\frac{A}{m \omega_0} \cdot \sin \omega_0 t$ ．
－可见，在冲击力的作用下，运动为正弦振动，振幅为 $\frac{A}{m \omega_0}$ ，角频率为 $\omega_0$ ，称 $\omega_0$ 为该系统的自然频率或固有频率。

`例` 求解常系数线性微分方程的初值问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
x^{\prime \prime}(t)-2 x^{\prime}(t)+2 x(t)=2 \mathrm{e}^t \cos t \\
x(0)=x^{\prime}(0)=0
\end{array}\right.
$$

解 设 $\mathscr{L}[x(t)]=X(s)$ ，对方程两侧同时取拉普拉斯变换得
  
$$
s^2 X(s)-2 s X(s)+2 X(s)=\mathscr{L}\left[2 \mathrm{e}^t \cos t\right]
$$

即

$$
\left(s^2-2 s+2\right) X(s)=\frac{2(s-1)}{(s-1)^2+1}
$$

解得

$$
X(s)=\frac{2(s-1)}{\left[(s-1)^2+1\right]^2}=-\left[\frac{1}{(s-1)^2+1}\right]^{\prime}
$$
$$
=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} s} \mathscr{L}\left[\mathrm{e}^t \sin t\right]=\mathscr{L}\left[t \mathrm{e}^t \sin t\right],
$$

故所求初值问题的解为

$$
x(t)=t \mathrm{e}^t \sin t
$$

`例`求解线性常系数微分方程组的初值问题：

$$
\left\{\begin{array}{l}
y^{\prime \prime}-x^{\prime \prime}+x^{\prime}-y=\mathrm{e}^t-2 \\
2 y^{\prime \prime}-x^{\prime \prime}-2 y^{\prime}+x=-t \\
y(0)=y^{\prime}(0)=0 \\
x(0)=x^{\prime}(0)=0
\end{array}\right.
$$

解 设 $\mathscr{L}[y(t)]=Y(s), \mathscr{L}[x(t)]=X(s)$ ，方程组中各方程两边同时取拉普拉斯变换并代人初始条件得

$$
\left\{\begin{array}{l}
s^2 Y(s)-s^2 X(s)+s X(s)-Y(s)=\frac{1}{s-1}-\frac{2}{s}, \\
2 s^2 Y(s)-s^2 X(s)-2 s Y(s)+X(s)=-\frac{1}{s^2} .
\end{array}\right.
$$

整理得

$$
\left\{\begin{array}{l}
(s+1) Y(s)-s X(s)=\frac{-s+2}{s(s-1)^2} \\
2 s Y(s)-(s+1) X(s)=-\frac{1}{s^2(s-1)}
\end{array}\right.
$$

解得

$$
\begin{gathered}
Y(s)=\frac{1}{s(s-1)^2}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s-1}+\frac{1}{(s-1)^2} \\
X(s)=\frac{2 s-1}{s^2(s-1)^2}=\frac{1}{(s-1)^2}-\frac{1}{s^2}
\end{gathered}
$$
 所以

$$
\begin{gathered}
y(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s(s-1)^2}\right]=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}-\frac{1}{s-1}+\frac{1}{(s-1)^2}\right]=t \mathrm{e}^t-\mathrm{e}^t+1 \\
x(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{2 s-1}{s^2(s-1)^2}\right]=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{(s-1)^2}-\frac{1}{s^2}\right]=t \mathrm{e}^t-t
\end{gathered}
$$

因此所求微分方程组的解是

$$
\left\{\begin{array}{l}
x(t)=t \mathrm{e}^t-t \\
y(t)=t \mathrm{e}^t-\mathrm{e}^t+1
\end{array}\right.
$$

`例`  求解线性微分方程组的初值问题：

$$
\left\{\begin{array}{l}
x^{\prime}+y+z^{\prime}=1 \\
x+y^{\prime}+z=0 \\
y+4 z^{\prime}=0 \\
x(0)=y(0)=z(0)=0
\end{array}\right.
$$

解 设 $\mathscr{L}[x(t)]=X(s), \mathscr{L}[y(t)]=Y(s), \mathscr{L}[z(t)]=Z(s)$ ，对方程组中各方程两边同时取拉普拉斯变换，得

$$
\left\{\begin{array}{l}
s X(s)+Y(s)+s Z(s)=\frac{1}{s} \\
X(s)+s Y(s)+Z(s)=0 \\
Y(s)+4 s Z(s)=0
\end{array}\right.
$$

解得
$$
\begin{aligned}
&\begin{gathered}
Z(s)=\frac{1}{4 s^2\left(s^2-1\right)}=\frac{1}{4}\left[\frac{1}{s^2-1}-\frac{1}{s^2}\right] \\
X(s)=\frac{4 s^2-1}{4 s^2\left(s^2-1\right)}=\frac{1}{4}\left[\frac{3}{s^2-1}+\frac{1}{s^2}\right] \\
Y(s)=-4 s Z(s)=\frac{-1}{s\left(s^2-1\right)}=\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2-1}
\end{gathered}\\
&\text { 从而 }\\
&\begin{gathered}
x(t)=\mathscr{L}^{-1}[X(s)]=\frac{1}{4} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{3}{s^2-1}+\frac{1}{s^2}\right]=\frac{1}{4}(3 \operatorname{sh} t+t) \\
y(t)=\mathscr{L}^{-1}[Y(s)]=\mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s}-\frac{s}{s^2-1}\right]=1-\operatorname{ch} t \\
z(t)=\mathscr{L}^{-1}[Z(s)]=\frac{1}{4} \mathscr{L}^{-1}\left[\frac{1}{s^2-1}-\frac{1}{s^2}\right]=\frac{1}{4}(3 \operatorname{sh} t-t)
\end{gathered}
\end{aligned}
$$

`例` 已知电路的有关数据如图8．6所示，且初始电流为 0 ，试求各支路上的电流 $i_1(t), i_2(t)$ ．

![图片](/uploads/2026-04/613b07.jpg)

解 设电路 NPJK 中电流为 $i(t)$ ， $i(t)$ 在节点 $K$ 处分为 $i_1(t)$ 与 $i_2(t)$ ，则 $i(t)=i_1(t)+i_2(t)$ 。

在回路 $J K N P J$ 与 $K L M N K$ 中，分别应用基尔霍夫（Kirchhoff）定律，得

$$
\left\{\begin{array}{l}
20 i+2 i_1^{\prime}+10 i_1=120, \\
4 i_2^{\prime}+20 i_2-10 i_1-2 i_1^{\prime}=0,
\end{array}\right.
$$

其中，$i=i_1+i_2$ ，且具有初始条件：

$$
i_1(0)=i_2(0)=0 .
$$

下面求解此初值问题．
 设 $\mathscr{L}\left[i_k(t)\right]=I_k(s), k=1,2$ ．对方程组中各方程两侧同时取拉普拉斯变换并代人初始条件，得

$$
\left\{\begin{array}{l}
(30+2 s) I_1(s)+20 I_2(s)=\frac{120}{s} \\
-(10+2 s) I_1(s)+(4 s+20) I_2(s)=0
\end{array}\right.
$$

解得

$$
\begin{gathered}
I_1(s)=\frac{60}{s(s+20)}=3\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+20}\right), \\
I_2(s)=\frac{30}{s(s+20)}=\frac{1}{2} I_1(s),
\end{gathered}
$$

所以

$$
\begin{gathered}
i_1(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[I_1(s)\right]=3 \mathscr{L}^{-1}\left(\frac{1}{s}-\frac{1}{s+20}\right)=3\left(1-\mathrm{e}^{-20 t}\right), \\
i_2(t)=\mathscr{L}^{-1}\left[I_2(s)\right]=\frac{3}{2}\left(1-\mathrm{e}^{-20 t}\right) .
\end{gathered}
$$

`例`  求解变系数二阶线性微分方程：

$$
t y^{\prime \prime}+2(t-1) y^{\prime}+(t-2) y=0
$$

解 设 $\mathscr{L}[y(t)]=Y(s)$ ，方程两边取拉普拉斯变换得

$$
\mathscr{L}\left[t y^{\prime \prime}\right]+2 \mathscr{L}\left[t y^{\prime}\right]-2 \mathscr{L}\left[y^{\prime}\right]+\mathscr{L}[t y]-2 \mathscr{L}[y]=0,
$$

其中
$$
\mathscr{L}\left[t y^{(n)}\right]=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{~d} s} \mathscr{L}\left[y^{(n)}\right], \quad n=0,1,2 .
$$

于是有

$$
\begin{aligned}
& -\left[s^2 Y(s)-s y(0)-y^{\prime}(0)\right]^{\prime}-2[s Y(s)-y(0)]^{\prime} \\
& -2[s Y(s)-y(0)]-Y^{\prime}(s)-2 Y(s)=0
\end{aligned}
$$

整理得

$$
(s+1)^2 \frac{\mathrm{~d} Y(s)}{\mathrm{d} s}+4(s+1) Y(s)=3 y(0)
$$

这是一个关于像函数 $Y(s)$ 的一阶线性微分方程，用常数变易法求其通解为

$$
Y(s)=\frac{y(0)}{s+1}+\frac{c_1}{(s+1)^4}, \quad c_1 \text { 为任意常数. }
$$

因此，

$$
y(t)=\mathscr{L}^{-1}[Y(s)]=y(0) \mathrm{e}^{-t}+c t^3 \mathrm{e}^{-t}, \quad c \text { 为任意常数. }
$$

当然拉普拉斯变换还可用于偏微分方程的边值、初值问题的求解．其方法与前面所举例类同．

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