电路第四版答案邱关源第七章.pdf

第七章第七章 二阶电路二阶电路 当电路中含有两个独立的动态元件时，描述电路的方程为二阶微分方程，电路称当电路中含有两个独立的动态元件时，描述电路的方程为二阶微分方程，电路称 为二阶电路。二阶电路过渡期的特性不同与一阶电路。用经典的方法分析二阶电路的步为二阶电路。二阶电路过渡期的特性不同与一阶电路。用经典的方法分析二阶电路的步 骤为：骤为： （1）根据）根据 KVL，KCL 及元件的及元件的 VCR 写出以写出以 C u 或或 L i 为变量的二阶微分方程；为变量的二阶微分方程； （2）由）由(0 )(0 ) CC uu + =， (0 )(0 ) LL ii + =确定电路的初始状态，即得出确定电路的初始状态，即得出(0 ), C C o du u dt + + 或或(0 ), L L o di i dt + + 的值；的值； （3）求出二阶微分方程的两个特征根）求出二阶微分方程的两个特征根 1,2pp ，根据的不同取值，根据的不同取值 1,2pp ，确定方程，确定方程 的齐次通解（也是电路的零输入响应） ，一般分为三种情况：的齐次通解（也是电路的零输入响应） ，一般分为三种情况： ( )112pp为两个不相等的实根（称过阻尼状态）为两个不相等的实根（称过阻尼状态） 通解通解= 12 12 p tp t AeA e+ ( ) 1,2 2 pj= 为共轭复根（称欠阻尼或衰减为共轭复根（称欠阻尼或衰减振荡振荡状态）状态） 通解通解=sin() t Aet + ( ) 12 3 ppp=为相等实根（称为相等实根（称临界临界状态）状态） 通解通解= 12 () pt AA t e+ ( )4 由由激励源激励源的的函数形式函数形式确定方程的特解确定方程的特解形式形式； ( )5 由初始由初始条条件，确定件，确定 12 ,A A 或或,A 等等待待定定常数常数，得出确定的解。，得出确定的解。 二阶电路的二阶电路的重点重点是是掌握其在掌握其在过渡期的三种状态及过渡期的三种状态及物理物理过程。过程。 7-1 电路如图所示，开关未动作前电路已达稳态，t=0 时开关 S 打。求 000 (0 ),(0 ), CLR CL dudidi ui dtdtdt + + 。 解：解：这是一个求二阶电路初始值的问题，求法与一阶电路类似。先求)0( C u和 )0( L i。t0 后，电路的微分方程为 0 2 2 =+ C CC u dt du RC dt ud LC 方程的特征根为 LCL R L R p 1 ) 2 ( 2 2 = PDF created with pdfFactory Pro trial version 400200 1025 . 2 1 ) 5 . 22 10 ( 5 . 22 10 6 2 33 j= = 即 400200 1 jp+= 400200 2 jp= 1 p 和 2 p 为一对共轭复根，故电路处于欠阻尼或衰减振荡。微分方程的通解为 t C Aetu =)()()sin(tt + 式中400=，200=，A 和 为待定常数，由初始条件 Vuu CC 10)0()0(= + 0)0( 0 = + + L C i dt du C 解得 10)0(sin= +C uA 0cossin 0 =+ + dt du AA C 即 =435.632arctan 200 400 arctanarctan 18.11 400 20040010)()0( sin )0( 22 22 = + = + = + CC uu A 故 Vtetu t C )435.63400sin(18.11)( 200 += 当tete L u dt du Cti ttCC 400sin10)sin( )0( )( 200+ = mA )435.63400sin(18.11)sin()( 200 = tetAetu tt L V 当0 )()( = L tu dt tdi L 时，即0=t， 3 10768 . 2 180400 435.63 = = ts 时，电流达最大 值 142 . 5 ) 310768 . 2 400sin(10 3 10768. 2200 max = eimA 7-4 图示电路中开关 S 闭合已久，t=0 时 S 打开。求)(tuC，)(tiL。 解：解：t0 后,电路的微分方程为 PDF created with pdfFactory Pro trial version 0 2 2 =+ L LL i dt di R L dt id LC 特征方程为 01 2 =+p R L LCp 解得特征根 LCRCRC p 1 ) 2 1 ( 2 1 2 = 97.4910j= 即 97.4910 97.4910 2 1 jp jp = += 为两个共轭复根，所以电路为振荡放电过程，其方程的通解为 )sin()( += tAeti t L 式中10=，97.49=。根据初始条件 1)0()0(= +LL iiA，00)0(= + dt di Lu L C 可得 0cossin 1sin =+ = AA A 解得 =68.78997 . 4 arctan 10 97.49 arctanarctan 02 . 1 69.78sin 1 sin 1 = = A 故电感电流和电容电压分别为 )68.7897.49sin(02 . 1 )( 10 += teti t L A teteLA dt di Ltutu ttL LC 97.49sin1 .200sin)()( 1022 =+= V 7-5 电路如图所示， t=0 时开关 S 闭合， 设0)0(= C u，0)0(= i， L=1H， C=1 F， U=100V。 若： （1）电阻= kR3； （2）电阻= kR2； （3）= 200R。试分别求在上述电阻值时 电路的电流 I 和电压 C u 。 解：解：t0 后，电路的微分方程为 PDF created with pdfFactory Pro trial version Uu dt du RC dt ud LC CC =+ 2 2 由题意知，电路的初始条件为 0)0()0(= + CC uu，00)0(= + dt du Ci C 因此，这是一个求二阶电路零状态响应的问题。设)(tuC的解答为 CCC uuu += 式中 C u 为方程的特解，满足V 100=Uu C C u 为对应的齐次方程的通解，其函数形式与特征根的值有关。根据特征方程 01 2 =+ RCpLCp 可得 LCL R L R p 1 ) 2 ( 2 2 = （1） 当= 3000R时，有 3 6 2 10)118 . 1 5 . 1( 101 1 ) 12 3000 ( 12 3000 = = p 即 03.2618 97.381 21 =pp 特征根为两个不相等的实数，电路处于非震荡放电过程， C u 的形式为 tt C eAeAu 03.2618 2 97.381 1 += 根据初始条件，可得 0)03.261897.381( d d )0( 0100)0( )0()0( 210 21 = =+= + + + AAC t u Ci AAuuu C CCC 解得 17,117 21 =AA 所以电容电压 mA 17117100)( 03.261897.381tt C eetu = （2） 当= 2R时，有 1000 101 1 ) 12 102 ( 12 102 6 2 33 = = p PDF created with pdfFactory Pro trial version 即 1000 21 = pp 电路处于临界阻尼情况。 C u 的形式为 t C etAAu 1000 21 )( += 根据初始条件可得 0100)0( 1 =+= + AuC 即 100 1 =A 01000 d d )0( 120 = + + AAC t u Ci C C 即 5 2 10=A 所以电容电压 V )10100( )( 10005t CCC etuutu +=+= 电流i为 A 100 d d )( 3 10 tC te t u Cti = （3） 当= 200R时，有 995j100 101 1 ) 12 200 ( 12 200 6 2 = = p 即 995j100 1 +=p 995j100 2 =p 为两个共轭复根，可知电路处于震荡放电过程，即欠阻尼情况。 C u 的形式为 0sin100)0( =+= + Au C 0cossin)0(=+= + CAAi 解得 =26.84 100 995 arctanarctan 5 .100 26.84sin 100 sin 100 = = = A 故电容电压为 )26.84995sin(5 .100100 )( 100 +=+= teuutu t CCC 电流i为 A sin1 . 0 sin d d )( 100 22 teteCA t u Cti ttC =+= 7-6 图示电路中mH 6,3=LR，F1=C，V 12 0 =U，电路已处稳态。设开关 S 在 t=0 时打开，试求)(tuL。 解：解：由题意可知电路的初始条件为 0)0()0(= +CC uu PDF created with pdfFactory Pro trial version A 4 3 12 d d )0()0( 0 0 = + + R U t u Cii C LL t0 后，电路方程为 0 2 2 d d d d Uu t u RC t u LC C CC =+ 设电容电压的解答为 CCC uuu += 方程的特征根为 32 1091.12j250 1 ) 2 ( 2 = LCL R L R p 即 3 1 1091.12j250+=p， 3 2 1091.12j250=p 为两个共轭复根，所以电路的响应为衰减震荡，即欠阻尼情况。对应齐次方程的通解为 ) sin( += tAeu t C ，式中 3 109 .12,250=。根据初始条件，可得 4cossin d d )0( 0sin12)0( )0()0( 0 =+= =+=+= + + + AAC t u Ci Auuu C CCC 解得 84.309 )22 . 2 sin( 12 sin 12 22 . 2 )039 . 0 arctan( 12 4 arctan = = = = A C 所以电容电压 V )22 . 2 1091.12sin(84.30912)( 3250 += tetu t C 电流 A )1091.12sin(4 sin d d )( 3250 22 teteCA t u Cti ttC =+= 电感电压 V )22 . 2 1091.12sin(84.309 ) sin(4 d d )( 3250 22 += += te teL t i Ltu t t L 7-7 图示电路在开关 S 打开之前已达稳态；t=0 时，开关 S 打开，求 t0 时的 C u 。 解：解：由图可知，t0 时 A 5 55 50 )0(= + = L i V 255)0()0(= LC iu 因此，电路的初始值为 PDF created with pdfFactory Pro trial version V 25)0()0(= +CC uu A 5)0()0(= +LL ii t0 后电路的方程为 0 d d )( d d 21 2 2 =+ C CC u t u CRR t u LC 其特征根为 19.139j25 1 ) 2 () 2 ( 2 2121 = + + = LCL RR L RR p 即 19.139j25 1 +=p，19.139j25 2 =p 特征根为两个共轭复根，所以电路处于衰减震荡过程。电容电压为 ) sin()( += tAetu t C 式中19.193,25=。根据初始条件，可得 25sin)0(= + AuC 5cossin d d )0( 0 =+= + + AAC t u Ci C L 从中解得 = =03 . 4 )07 . 0 arctan( 5 1 arctan C 61.355 03 . 4 sin 25 sin 25 = A 故电容电压为 V )03 . 4 19.139sin(61.355)( 25 = tetu t C 7-8 图示电路在开关 S 动作前已达稳态；t=0 时 S 由 1 接至 2，求 t0 时的 L i 。 解：解：由图可知，t0 时 V 4)0(= C u， 0)0(= L i 因此， + = 0t时，电路的初始条件为 V 4)0()0(= +CC uu 0 d d )0()0( 0 = + + t u Cii C LL PDF created with pdfFactory Pro trial version t0 后，电路的方程为 6 d d d d 2 2 =+ C CC u t u RC t u LC 设)(tuC的解为 CCC uuu = 式中 C u 为方程的特解，满足V 6=u 根据特征方程的根 2 j1 1 ) 2 ( 2 2 = = LCL R L R p 可知，电路处于衰减震荡过程， ，因此，对应齐次方程的通解为 ) sin( )( += tAeu t C 式中2, 1=。由初始条件可得 4sin6)0( )0()0(=+= + Auuu CCC 0cossin d d )0( 0 =+= + + AAC t u Ci C L 解得 236 . 2 )43.63sin( 64 sin 64 43.63 1 2 arctanarctan = = = = A 故电容电压 V )43.632sin(236 . 2 6 )(+=+= teuutu t CCC 电流 A 2sin sin d d )( 22 teteCA t u Cti ttC L =+= 7-9 图式GLC 并联电路中，已知A 2)0(,V 1)0(= +LC iu。求 t0 时的 L i 。 解：解：由题意知，电路的初始值为 A 2)0( ,V 1)0(= +LC iu 这是一个求二阶电路的零输入响应的问题。 电路的微分方程为 0 2 2 =+ L LL i dt di GL dt id LC 特征根方程为01 2 =+GLpLCp 则 5 . 05 . 1 1 ) 2 ( 2 2 = LCC G C G p PDF created with pdfFactory Pro trial version 即 2, 1 21 =pp 为两个不相等的负实根，所以电路处于非振荡过程，即过阻尼情况， L i 的通解为 tttptp L eAeAeAeAti 2 2121 21 )( +=+= 代入初始条件有 1)2()0()0( 2)0( 210 21 = =+= + + + AAL dt di Luu AAi L LC L 解得 3, 5 21 =AA 故电感电流为 Aeeti tt L 2 35)( = 7-10 图示电路中 FCHLSG1,25 . 0 ,5=。求： （1）Attis)()(=时，电路的阶跃响应 L i ； （2）Attis)()(=时，电路的冲激响应 C u 。 解：解：当)()(ttis=时，电路的初始值为0)0(, 0)0(= +LC iu t0 后，电路的方程为 SL LL ii dt di GL dt id LC=+ 2 2 设 ,)( LLLL iiiti+=为方程的特解，满足)( tii sL = 根据方程的特征根 5 . 15 . 2 1 ) 2 ( 2 2 = LCC G C G p 即 4, 1 21 =pp 为两个不相等的负实根，可得对应的齐次方程的通解为 tttptp L eAeAeAeAi 4 2121 21 +=+= 代入初始条件，有 01)0()0()0( 21 =+=+= + AAiii LLL 0)4(25 . 0 )0( 210 = + + AA dt di Lu C C PDF created with pdfFactory Pro trial version 解得 3 1 , 3 4 21 =AA 故电感电流为 Ateeti tt L )() 3 1 3 4 1 ()( 4 += （2）当Atis)(=时 解法一：解法一：利用冲激响应和阶跃响应之间的关系，对（1）中结果求导得 Veeee dt di Ltutu Aeethti ttttL LC tt L 44 4 3 4 3 1 3 16 3 4 25 . 0 )()( 3 4 3 4 )()( += += = 解法二解法二：在 t=0 时，电路的方程为 )( 2 2 ti dt di GL dt id LC L LL =+ 把上式在 = 0t到 + 0 区间积分，得 1)0()0()( 0 0 00 =+ + + + dtiiiGL dt di dt di LC LLL LL 根据 L i 是连续函数及零状态条件，0)0(, 0)0( 0 = dt di ui L CL 可得 1 0 = + dt di LC L 即 4 125 . 0 11 0 = = + LCdt diL 说明在 = 0t到 + 0 间隔内冲激响应是由次电容储能所产生的。 t0 后，电路的方程为 0 2 2 =+ L LL i dt di GL dt id LC 解答为 tt L eAeAti 4 21 )( += 代入初始条件，有 0)0( 21 =+= + AAiL 44 210 = + AA dt diL 解得 3 4 1 =A， 3 4 2 =A 故电感电流为 tt L eeti 4 3 4 3 4 )( = A PDF created with pdfFactory Pro trial version V 3 4 3 1 )( 4ttL C ee dt di Ltu += 7-11 当)(tus为下列情况时，求图示电路的响应: （1） V )(10)(ttus= （2） V )(10)(ttus= 解：解： （1）当时，电路的初始条件为0)0()0(= +LL ii； 0)0()0(= +CC uu 0t时，电路的方程为 )(10 d d d d 2 2 tuu t u R L t u LC sC CC =+ 设 C u 的解答为 CCCC uuutu, )(+=为方程的特解，满足)(10tu C =。 根据方程的特征根 2 3 j 2 11 ) 2 1 ( 2 1 2 = LCRCRC p 为两个共轭复根，可得对应的齐次方程的通解为 ) sin( += tAeu t C 式中 2 3 , 2 1 =.由初始条件可确定 A 和 。即 0sin10)0( )0()0(=+=+= + Auuu CCC 0)cos sin ( )0( d d )0( 0 =+=+= + + + AAC R u t u Ci CC L 解得 =603arctanarctan 3 20