电路分析教程学习指导与题解

PAGEPAGE167《电路分析教程（第3版）》学习指导与习题解析鲁纯熙郏晖何育（版权所有，盗取必究）2012内容提要本书是与《电路分析教程（第3版）》（燕庆明主编）配套的教学参考书。内容包括以下各章的学习指导和习题解析：导论、基本概念、电阻电路的分析方法、电路定理与应用、动态电路的瞬态分析、正弦交流电路稳态分析、选频电路与谐振、双口网络分析、磁耦合电路分析、双口网络分析、非线性电路分析。书中对教材各章的主要内容给出了归纳与学习指导，对典型例题进行分析，并对教材各章的习题进行详细解答。本书对于教师备课、学生学习和考研都具有重要的参考价值。

目录TOC\o"1-3"\n\h\z第1章导论1.1电气和电子科学与技术的发展1.2学习电路课程的基本线索1.3求解电路问题的五步法第2章基本概念2.1重点学习指导2.1.1电路的基本变量2.1.2基本元件R、L、C的特性2.1.3KCL、KVL和欧姆定律2.1.4独立源和受控源2.1.5等效电路的概念2.2第2章习题解析第3章电阻电路的分析方法3.1重点学习指导3.1.1网孔分析法3.1.2节点分析法3.2第3章习题解析第4章电路定理与应用4.1重点学习指导4.1.1叠加定理的应用4.1.2戴维宁定理的应用4.2第4章习题解析第5章动态电路的瞬态分析5.1重点学习指导5.2第5章习题解析第6章正弦交流电路稳态分析6.1 重点学习指导．6.2第6章习题解析第7章磁耦合电路分析7.1重点学习指导7.2第7章习题解析第8章选频电路与谐振8.1重点学习指导8.2第8章习题解析第9章双口网络分析9.1重点学习指导9.2第9章习题解析第10章非线性电路分析10.1重点学习指导10.2第10章习题解析

第1章导论导论1.1电气和电子科学与技术的发展诵诗能使人心旷神怡，变得灵秀；读史能使人贯通古今，变得聪慧。在电的领域中，远的不说，近200多年的发展历史，特别是近100年所取得的成果令人惊叹不已。这里不妨就主要的成果再作补充。蓄电瓶（冯克莱斯特，1745年发明），避雷针（富兰克林，1752），电荷守恒原理（富兰克林，1749），化学电源（伏特，1820），电流的磁效应（奥斯特，1820），谐波分析法（傅里叶，1822），安培定律（1825），欧姆定律（1827），电磁感应定律（法拉第，1831），电动机（亨利，1829），发电机（1832），电报机（莫尔斯，1837），基尔霍夫定律（1845），等效电源定理（霍尔姆兹，1853；戴维宁，1883），白炽灯泡（爱迪生，1879），自激发电机（1855），电动力学（麦克斯韦，1864），回路法与节点法（麦克斯韦，1873），交流高压输电（1882），无线电通信（马可尼，1894），电话（贝尔，1876），复数用于电路理论（斯坦麦兹，1894），发现电子（汤姆逊，1897），算子法（亥维赛德，1899），-Y变换（凯利，1899），对偶原理（罗斯，1904），真空二极管（弗莱明，1904），真空三极管（福斯特，1907），阻抗概念（亥维赛德，1911），无线电广播（1916），滤波器概念（巴提莫，1918），理想变压器概念（坎贝尔，1920），四端网络（黑箱）概念（玻利塞，1921），电抗定理（福斯特，1924），电视机（贝尔德，1925），半导体（1915），暂态响应概念（柯普谬勒，1926），雷达（1935），黑白电视（1933），诺顿定理（1937），晶体管（巴丁等，1947），电子计算机（莫利奇等，1946），彩色电视（1954），录像机（1956），集成电路（基尔比，1958），激光器（1960），大型IC计算机（1964），卫星通信（1965），互联网（1969），微处理机（1971），个人计算机（1975），巨型计算机（1976）。实践不断发展，认识不断深化，创新不断出现。从电子管到晶体管，从模拟电路到数字电路，从线性电路到非线性电路，从分立元件到集成电路，从小规模集成到大规模集成，从人工设计到自动设计等等，不断地从低级向高级发展。目前，关于电理论的研究更加深入，应用的领域更加广泛，发展的前景更加迷人。宇宙间一切事物都有其规律性。天体变化、物理过程、化学过程、机械运动、生态过程、社会发展等都有其科学规律。许多科学发现和发明创造，在它们问世之初通常并不复杂。法拉第发现电磁感应定律的装置、贝尔的电话、莫尔斯的电报、马可尼的无线电、爱迪生的电灯和留声机等都是如此。但是，一切真知都源于实践，是经过几年甚至几十年的反复实验才获得的。任何有成就的科学家都有自己的信条和人生理想。富兰克林冒着生命危险放风筝，把闪电引入“手中”；画家出身的莫尔斯把别人的讥讽抛在脑后，41岁开始立志发明电报；教师出身的贝尔虽然不懂电学和机械，但在亨利的鼓励下发明电话；20岁的马可尼克服种种困难实现无线电通信。古今中外，事例很多。关键是要有追求科学、立志创新的欲望和激情。1.2学习电路课程的基本线索1.3求解电路问题的五步法为了训练自己的科学思维、严谨作风和解决实际问题的能力，这里给出非常有效的五步法。第一步：明确电路中所要求解的对象。第二步：表述对该问题的认识和理解。如电路模型清楚吗？已知条件有哪些？问题的性质是什么（稳态？暂态？直流？交流？电阻电路？动态电路？线性电路？非线性电路？）第三步：确定求解的方法。通常一个问题有多种方法可解。你应当从各种方法中选择较为快捷、成功率大的那种方法。第四步：开始求解问题。注意概念、定律、定理、方法和单位的正确使用。第五步：检验并评价所得的结果。对分析结果的评价，不仅可以知道结论是否符合题意和实际，而且可以找出规律性，便于举一反三。第2章基本概念基本概念2.1重点学习指导2.1.1电路的基本变量电路中常用的基本变量为u，i，q，，其中i(t)=u(t)=u(t)=且瞬时功率p(t)==u(t)i(t)在应用这些物理量分析问题时，一定要注意以下三个问题：1．在电路图中所用到的电流或电压，一定要先设出参考方向，这是求解电路的前提，否则所得结果的正、负值没有意义。2．一定要弄清某支路上电流和电压方向是关联还是非关联。否则无法列写方程。如图2-1所示，对于电路（支路）N2而言，u和i的方向是关联的；对于电路（支路）N1而言，u和i的方向是非关联的。图2-13．在计算某支路的功率时，若u和i方向关联，则P=ui若P>0，则说明该支路吸收（消耗）功率；若P<0，则说明该支路产生功率。例如图2-1所示，由于电路N1外部u、i非关联，故N1消耗的功率应写为P吸收=ui或者说N1产生的功率为P产生=ui2.1.2基本元件R、L、C的特性对于基本元件R、L、C的教学，要明确以下重要概念：1．基本元件R、L、C分别是实际电阻器、电感器和电容器的理想元件模型。通常所说的R、L、C是对应的各线性非时变元件的量值常数。线性基本元件的VCR最为重要。例如u(t)=Ri(t)即在线性电阻上，电压与电流成正比，比例系数为R，R称为线性电阻的阻值。对线性电容，有i(t)=C即i(t)与电压的变化率成正比，比例系数C为线性电容的电容量。对线性电感，有u(t)=L即u(t)与电流的变化率成正比，比例系数L为线性电感的电感量。2．电容元件和电感元件为记忆元件，而电阻元件为无记忆元件。这是因为uC(t)==uC(t0)+(tt0)iL(t)==iL(t0)+(tt0)即在电容上，t<t0时的电流作用都由uC(t0)来记忆；在电感上，t<t0时的电压作用都由iL(t0)来记忆。若在t=0时电容上电流为有限值，电感上电压为有限值，则分别有uC(0)=uC(0+)iL(0)=iL(0+)这反映了电容电压的连续性和电感电流的连续性。3．由于电容元件和电感元件的VCR为微分或积分关系，故电容对于直流相当于开路，电感对于直流相当于短路。而对变化的电压或电流，通过微、积分关系可进行各种波形变换。4．利用基本变量u，i，q，，不仅可以在三个平面分别定义元件R、L、C，而且还可以在-q平面定义新的元件——忆阻器。利用电学中的这种观点，还可类推到机械平移系统、机械转动系统和流体力学系统。具体见图2-2所示。由图可知，虽然系统的性质不同，但各系统基本变量的关系却惊人地相似。因此，机械系统、流体力学系统也可以构建类似电系统的模型。图2-22.1.3KCL、KVL和欧姆定律分析集总参数电路的基本定律是基尔霍夫电流定律、电压定律和欧姆定律。教学中所要明确的概念是：1．KCL是电路中各支路在节点（封闭面）处必须满足的电流约束关系，与支路（元件）的性质无关。是电荷守恒的体现。2．KVL是电路的各回路中必须满足的电压约束关系，与回路中各支路的性质无关。是能量守恒的体现。3．KCL和KVL不但适用于线性电路，也适用于非线性电路；既适用于非时变电路，也适用于时变电路。4．欧姆定律仅适用于线性电阻，不管线性电阻上电压、电流如何变化，都必须服从欧姆定律。在应用KCL、KVL和欧姆定律分析电路时，必须首先假设所关心的各支路电流、电压的参考方向，否则无法正确地列出有关方程。例2-1如图2-3电路，试求I1、I2、I3、I4和电流源两端电压U。图2-3解该电路含有短路线电流I3。因3和6电阻为并联，故从分流关系得I1=A由KCL得I2=2I1=A由欧姆定律得I4=A=1A再由KCLI3=I4I2=（1）A=A由KVL，得U=3I1+10=（3+10）V=14V2.1.4独立源和受控源在电路分析中，所遇到的电源元件分为独立电源和受控电源两类。与此相关的重要概念如下：1．理想电压源和理想电流源是实际电源在不考虑内阻影响时的电路模型。电压源输出的电压与负载变化无关；电流源输出的电流与负载变化无关。电压源支路的电流必须通过外电路决定；电流源两端的电压必须通过外电路决定。2．实际电源可以根据其外特性用电压源串联内阻形式或用电流源并联内阻形式两种模型表示。如图2-4所示。图2-4由于上述模型(a)的u-i关系可以写为u=usRSi因此，当已知某支路端口处的u-~i关系曲线后，应能写出上式方程并画出其电路模型。特别是，根据等效概念，图2-4所示的两种模型可以等效互换。3．受控源模型的重要应用之一是模拟电路中某些电子器件所发生的电气过程。四种线性受控源可以分别表示为：VCVS：usu=uVCCS：isu=guCCVS：usi=riCCCS：isi=i式中，，g，r，均为常数，u或i为电路中某支路的电压或电流，为控制量。若受控源为非线性的，即被控量是控制量的非线性函数，则可分别表示为usu=f(u)isu=f(u)usi=f(i)isi=f(i)4．在实施受控源元件的教学中，传统的教材中大多首先以四端元件模型给出。多年的教学实践证明，这种抽象的定义方式许多学生都感到不可理解，难懂。为此，在《教程》中，我们是以四个例题的方式给出四种受控源的概念和分析方法。这样便于学生理解和接受。例2-2如图2-5(a)所示电路，已知网络N的外部u-i关系（VCR）曲线如图(b)所示。试求电流i。图2-5解由图2-5(b)特性，可以把N等效为一个实际电源模型，其VCR可以表示为u=102000i即一个10V电压源和2K内阻串联。把它再和外电路连接为图2-6，则可解得i=mA=1mA图2-6例2-3图2-7为含有流控电流源的电路，试求电压u1和u2。图2-7解由图可得控制量电流i=A=4A故受控电流源的大小为2i=8A由欧姆定律得u1=62i=48V受控电流源两端的电压应通过其外部电路求得，即u2=u143i=（4848）V=96V2.1.5等效电路的概念等效是电路分析中非常重要的概念，也是常用的分析方法。为了方便，通常在保持部分电路外特性不变的条件下，将其内部电路进行适当的变化，用一个新的电路结构代替原来的部分电路。新电路结构和原电路结构不同但外特性相同的电路称为等效电路，所进行的变换称为等效变换。等效变换的基本方法如下：1．对于线性电阻R元件（或L.C）的串联、并联等效，根据端口处的VCR不变，有如下形式（图2-8）：图2-82．电源的连接与等效变换主要有以下几种情况：当几个电压源串联时，对外可等效为一个电压源，其值为各理想电压源的代数和，参考方向可任意选择；当几个电流源相并联时，对外可等效为一个电流源，其值为各电流源的代数和，参考方向可任意选择；当电压源和电流源或其他元件并联时，对外可等效为一个电压源，其大小和方向与原电压源相同；当电流源与电压源或其他元件串联时，对外可等效为一个电流源，其大小和方向与原电流源相同。以上情况可直观地表示为图2-9。图2-93．电压型电源支路和电流型电源支路（包括受控源）可以等效互换，方法如图2-10所示。图2-104．若单口网络由线性电阻和受控源组成，则其等效电阻由端口电压和电流的比值决定。例2-4如图2-11所示电路，试利用等效变换方法求电压uAB。图2-11解本例是综合几种等效概念在内的电路模型，不能用此要求所有学生都能会做。主要是给教师参考的。在做等效变换化简电路前，一定要弄清待求的目标是什么，否则就不知道哪些可以变换，哪些不可以变换。本例是求电压uAB，因此，除了节点A、B要保留外，其他支路都可以用等效电路代替。根据以上所讲的法则，反复进行电源支路的互换，即可求得uAB。其过程如图2-12(a)、(b)、(c)所示。12V12V图2-12对电路(c)，由KVL，得i=又u=2i+5+6u代入上式，可得i=A以上所有变换都是以uAB不变为条件的。故uAB=5i15=1512V

2.2第2章习题解析2-1求图示电路(a)中的电流i和(b)中的i1和i2。题2-1图解根据图(a)中电流参考方向，由KCL，有i=（2–8）A=–6A对图(b)，有i1=(5–4)mA=1mAi2=i1+2=3mA 2-2图示电路由5个元件组成。其中u1=9V，u2=5V，u3=4V，u4=6V，u5=10V，i1=1A，i2=2A，i3=1A。试求：（1）各元件消耗的功率；（2）全电路消耗功率为多少？说明什么规律？题2-2图解（1）根据所标示的电流、电压的参考方向，有P1=u1i1=9×1W=9WP2=u2(i1)=5×(1)W=5WP3=u3i2=(4)×2W=8WP4=u4i3=6×(1)W=6WP5=u5(i3)=10×1W=10W（2）全电路消耗的功率为P=P1+P2+P3+P4+P5=0该结果表明，在电路中有的元件产生功率，有的元件消耗功率，但整个电路的功率守恒。2-3如图示电路，（1）求图(a)中电压uAB；（2）在图(b)中，若uAB=6V，求电流i。题2-3图解对于图(a)，由KVL，得 uAB=(8+3×16+2×1)V=7V 对于图(b)，因为 uAB=6i3+4i+5=6V 故i=0.4A2-4如图示电路，已知u=6V，求各电阻上的电压。题2-4图解设电阻R1、R2和R3上的电压分别为u1、u2和u3，由分压公式得u1=·u=×6V=1Vu2=·u=×6V=2Vu3=·u=×6V=3V2-5某收音机的电源用干电池供电，其电压为6V，设内阻为1。若收音机相当于一个59的电阻，试求收音机吸收的功率、电池内阻消耗的功率及电源产生的功率。解该电路的模型如题2-5解图所示。题2-5解图则电流i为i==A=0.1A收音机吸收的功率P2为P2=R2i2=59×0.01W=0.59W电池内阻消耗（吸收）的功率P1为P1=R1i2=1×0.01W=0.01W电源产生的功率为P=USi=6×0.1W=0.6W或P=P1+P2=（0.59+0.01）W=0.6W2-6图示为电池充电器电路模型。为使充电电流i=2A，试问R应为多少？ 题2-6图解由KVL有=2解之R=2.912-7实际电源的内阻是不能直接用欧姆表测定的，可利用测量电源的外特性来计算。设某直流电源接入负载RL后，当测得电流为0.25A时，其端电压u为6.95V；当电流为0.75A时，端电压为6.94V。试求其内阻RS。题2-7图解由题意有端电压方程u=uSRSi故有6.95=uS0.25RS6.94=uS0.75RS解得RS=0.022-8求图示电路的等效电阻Rin。题2-8图解由图(a)，得Rin=（+）=30由图(b)，设R1=+2=4故Rin=+1=32-9如图为输出不同电压和电流的分压电路，试求R1、R2和R3的值。题2-9图解由指定的各电压和电流要求，得R3==1.5kR2==300R1==3002-10如图示电路，已知R1=100，R2=200，R3=100，R4=50，R5=60，US=12V。求电流IAB。题2-10图解由图中R1和R3并联，R2与R4并联关系，可求出电流II==A=0.08A再由分流关系，得I3=I=0.04I4=I=0.064由KCL，得 IAB=I3I4=（0.040.064）A=24mA 2-11在图示电路中，如US=30V，滑线电阻R=200，电压表内阻很大，电流表内阻很小，它们对测量的影响可忽略不计。已知当不接负载RL时，电压表的指示为15V。求（1）当接入负载RL后，若电流表的指示为100mA时，求电压表的指示为多少？（2）若仍需保持RL两端电压为15V，滑线电阻的滑动头应位于何处？题2-11图解该题可有多种方法求解，这里用较简单的方法。对（1），由KVL，得US=100I+(I0.1)×100所以I=0.2A又I2=II1=（0.20.1）A=0.1A所以负载两端电压为上的电压，记为UL，即UL=100I2=10V进而RL=100（2）为使UL=15V，必须满足=200–Rx可解得Rx=141.42-12如图示电路，已知R1两端电压为6V，通过它的电流为0.3A。试求电源产生的功率。题2-12图解由已知，得I1=A=0.4AI2=I10.3=0.1A所以UAB=15I1+20I2=8V故I3==0.4A由KCL，得I=I1+I3=0.8A故电源产生的功率为P=12I=12×0.8W=9.6W2-13在图示电路中，已知I=2A。求U以及R题2-13图解由已知，通过电阻R的电流I1为I1=3+I=5A10电阻上的电压u1为u1=10I=20V2电阻上的电压u2为u2=2I1=10V由KVL，故电压U为（注意各电压的方向）U=20u2u1+60=10V故R消耗的功率为P=R=UI1=50W2-14在图示电路中，已知I1=3mA。试求US和I2。题2-14图解由图可知，电阻3k、6k和12k为并联关系。设流过3k电阻的电流为I3，6k上电流为I4，12k上电流为I5，则I3=I1=2mAI4=I1=1mAI5==0.5mA由KCL，得I2=I4+I5=1.5mA设流过2k电阻的电流为I，得I=I1+I5=3.5mA由KVL，有US2I=3I3解得US=13V2-15对图示电路，试求uAB。题2-15图解由KVL，可得uAB=（×12+56）V=5V在图示电路中，设i=1A，试求电压u题2-16图解由欧姆定律，得i1=A=0.5A由KCL，得i2=i+2i1=2.5A进而i3=i2+i1=（2.5+0.5）A=3A所以u=10i+10+10i3=50V2-17（略）2-18如图所示电路，试求电流i。题2-18图解由欧姆定律，可得i1=A=2A3电阻支路电流为i2=A=4A由KCL，得i=i12i1+i2=2A2-19如图所示电路，uS=12V，求u2和等效电阻Rin。题2-19图解由KVL，有2i3u2+u2=uS又u2=4i，代入上式，得2i3(4i)+4i=12故i=2A进而u2=4i=8V等效电阻Rin==6注意，负电阻的概念出现了，如何理解？2-20如图所示电路，分别求其等效电阻Rab。题2-20图解（a）由KVL，得u=2(ii1)+2i1又i1=，代入上式，有u=2(i)+2()即u=2i得Rab==2（b）由KCL，流过Re的电流为(i1+i1)，故u=Rbi1+(i1+i1)Re=[Rb+(1+)Re]i1所以等效电阻Rab==Rb+(1+)Re2-21如图所示为一种T形解码网络。它具有将二进制数字量转换为与之成正比的模拟电压的功能，故常称之为数字模拟转换器。（1）求网络的输入电阻Rin；（2）求输入电压u1和电位uA、uB、uC、uD及输出电压u2。题2-21图解（1）求输入电阻Rin时，应从右端D处向左依次分段利用电阻的串、并联关系求之。观察可得Rin=2R（2）根据等效的概念，有题2-21解图关系。题2-21解图故u1=·US=US=US由于在A、B、C、D处向右视入的等效电阻均为R，故以电压u1依次以的比例分压可得uA=US=USuB=UA=USuC=UB=USuD=UC=USu2=UD=US如图示网络，设网络A和网络B的VCR特性（外特性）如图示，试求电压u。题2-22图解由所给的A和B网络的外特性，可分别表示为A：u=2i1+10B：u=2i2+4由此可得等效电路如题2-22解图(a)所示。题2-22解图把三个电压型电源变换为电流型电源，得题2-22解图(b)，从而电压u=Ri=(5+2+2)×0.5V=4.5V在图示电路(a)中，已知网络N的外特性（VCR）如图(b)所示，试求u和i。题2-23图解由N的VCR特性曲线可得端口方程u=105i把受控源部分作电源变换，得题2-23解图。题2-23解图由KVL，得u=2i2+0.4u+2i又i2=i–i1=i–代入上式，得u=5i与N的端口方程联合求解，得i=1Au=5V2-24如图所示为电视机输入电路中的10：1衰减器，已知U1=10U2，R3=300，Rab=300，试求R1和R2。题2-24图解由已知，应有=10所以R2==1.35k因等效电阻Rab=300，应有Rab==300解之R1=3332-25试将图示电路分别化简为电流源模型。题2-25图解按等效变换关系，可得(a)和(b)的电流源如题2-25解图所示。题2-25解图2-26试将图示电路分别化简为电压源模型，并分别画出a、b端口的外特性（VCR）。题2-26图解按等效概念，图(a)、(b)的等效电压源如题2-26解图所示。题2-26解图2-27（略）2-28（略）第3章电阻电路的分析方法电路的分析方3.1重点学习指导3.1.1在学习网孔分析法时，要首先弄清网孔的概念、网孔电流（假设的）的概念和网孔电流是一组独立变量的概念等。在列写网孔方程时，要注意的问题是：1．必须选择网孔的巡行方向与网孔电流的方向一致，因为巡行方向是列写各网孔KVL方程的电压参考方向。2．网孔电流解出后，若要求解网孔公共支路的电流，必须由网孔电流的代数和决定。3．若非公共支路有已知电流源，可以减少网孔方程数，但已知的电流源作为网孔电流必须进入有关方程；若公共支路有已知电流源，一般网孔方程数不能减少，而且要在电流源两端增设未知电压变量，因为在列KVL方程时要用到。4．若电路中含有受控源，应首先将受控源视为独立源处理，再将控制量用网孔电流表示，可联立方程求解。例3-1如图3-1所示电路，为求解各支路电流，试列出必要的网孔方程。图3-1解该电路有4个网孔，其中1A电流源为公共支路，2A电流源为非公共支路。若用网孔法求解，只需列出3个网孔方程即可，但必须在1A电流源两端新设电压变量u。按图中所设网孔电流及方向，有网孔方程5i1=10u(10+6)i26i310i4=u5+2i6i36i2=2i12又由于i4=2A，i=i3代入网孔方程并消去u，即可解得各网孔电流。3.1.2在介绍节点分析法时，要重点强调以下几点：1．应用节点法分析电路，必须首先选好参考点，其余节点为独立节点；各独立节点的电压（电位）是一组互相独立的电压变量。2．节点方程的一般形式是以节点电压为待求量，但方程的本质是节点的KCL方程。3．为正确地列出节点方程，必须首先将电路中的电压型支路（包括电压型受控源支路）等效变换为电流型支路。4．与网孔法不同，在节点方程中，自电导前恒取正号，互电导前恒取负号，而且互电导是指除参考点以外的各独立节点间的支路电导。下面仍以图3-1电路为例说明节点法的具体过程。若以节点c为参考点，则有a、b两个独立节点，设节点电压变量为ua和ub。由于节点b、c间有一已知的理想电压源，故节点电压ub=12V为已知量。把有关的电压型支路做电源变换，得图3-2。 图3-2由于ub已知，故只要列出关于节点a的方程即可。即uaub=212+0.5代入ub=12V，可得电位ua，从而电路其他量可解。3.2第3章习题解析3-1如图示电路，试用网孔法求电压u1。题3-1图解在各网孔中设网孔电流i1，i2，i3，可列各网孔方程如下：2i1–i3=10–52i2–i3=52i3–i1–i2=–2u1控制量u1可表示为u1=1×i2代入以上方程组，可解得网孔电流i2为i2=2.5A故u1=2.5V3-2如图示电路，用网孔分析法求电压u。题3-2图解由于该电路电流源和受控电流源均在非公共支路，故只要列一个网孔方程并辅之以补充方程即可求解。即7i3IS+2×(2u)=2辅助关系（表示控制量）为u=2i代入上式，可解得i=A故电压u=2i=V3-3对于图示电路，试用网孔分析法求电流i1和i2。题3-3图解由图设，可列网孔方程：5i1+u1=30（3-1）2i3+u2u1=11（3-2）4i2u2=25（3-3）式（3-1）+（3-2），消去u1，得5i1+2i3+u2=19（3-4）式（3-3）+（3-4），消去u2，得5i1+4i2+2i3=44（3-5）又由于i3=i14i2=1.5i1+i3=1.5i1+i14代入式（3-5），得i1=4Ai2=6A3-4如图示电路，试用节点法求电压u。题3-4图解将电路中电压型电源作电源变换如题3-4解图，并以C节点为参考点，则可列节点方程：(++)ubua=1+2ub+(+)ua=3由此解得u=ua=9V题3-4解图题3-5、3-6解略。3-7如图示电路，试用节点法求电流i。题3-7图解设a为参考点，其余独立节点电压（电位）分别为u1、u2和u3，则u2=9V，可列2个节点方程：(+)u1u2=i(+)u3u2=i此处把i视作电流源，它从一节点流出，又流入另一节点。由于u2=9Vu3u1=2V代入上式，并消去i，则可解得u1=4Vu3=6V最后得i=1.5A3-8如图示电路，试求电压uab。题3-8图解由图设，可列节点方程（要想到电源变换过程）为(+++)ua(+)ub=+(+++)ub(+)ua=整理化简，可解得ua=7Vub=3V故uab=uaub=4V3-9如图示电路，求各独立节点电压ua、ub和uc。题3-9图解按图中所设，可列节点方程：(0.2+0.1+0.2)ua0.1ub0.2uc=0.2×3.5(0.1+0.2+0.1)ub0.1ua0.2uc=0.1×9(0.2+0.3+0.2)uc0.2ub0.2uc=0解之，得ua=3Vub=4Vuc=2V3-10如图示电路，试用网孔法求u1和ux。题3-10图解按图中所设，列网孔方程为2i1+i3+ux=02i2+2u1–ux=03i3+i1+2u1=0又因i2i1=1u1=–2i3解之i1=2Ai2=1Ai3=2A故u1=–2i3=4Vux=2i2+2u1=10V3-11如图示运算放大器电路，试求电压增益K=为多少？题3-11图解在运放输入端列节点方程为(G1+G+G3)uaGuc=G1US(G2+G+G4)ubGuc=G2US且ua=ub=U0故US=U0最后得K==3-12如图所示测温电路，其中热敏电阻Rx=R+R。设US=10V，R=1k，由于温度变化使R=10，试求U2。题3-12图解由图得Rx两端的电压ux=·(R+R)所以U2=ux+=(R+R)+=US=5=0.05V3-13如图所示电路，试求电流i。题3-13图解由运放的特性知，因i+=i=0，故电阻2和1流过的电流为i1=A=1A故电压UA=(2+1)×1V=3V故i==1A3-14如图所示电路是一种减法器。试证明：uo=(u2u1)题3-14图证由运放的特性，有=由于uA=uB，故u1R2+uoR1=(R1+R2)uAu2R2=(R1+R2)uA解得uo=(u2u1)3-15求图示电路的输入电阻Rin。题3-15图解设输入电压为u1，电流为i1，负载RL的电流为i2，由题3-15解图得u1=u2Ri1+Ri2=0故i1=i2又i2==所以i1=得Rin==RL=2k题3-15解图3-16如图示电路，试求输入电阻Rin=为多少？题3-16图解由图可列节点方程：(++++)uau2ub=u1(+)ubua=0又u2=2ubu1ua=2i1解得ua=2ubub=u1故ua=u1u1u1=2i1得Rin==10

第4章电路定理与应用4.1重点学习指导4.1.叠加定理是研究线性电路的重要方法，也是许多其他方法的基础。学习中应强调两点：1．作为方法，对线性电路中多个电源作用下的支路电流或电压都可以应用叠加定理。所谓电压源不作用，是令其短路；电流源不作用，是令其开路，最后按代数和求得结果。2．作为思想，应当善于应用叠加和分解的思想方法，即把复杂变为简单，把多元转为单元等，以此为桥梁，最终了解复杂的事物。4.1.戴维宁定理实质上是一种分析方法，是通过等效变换演化出的一种表现形式。为了得到戴维宁等效电路，常常要借助其他方法才能完成，如网孔法、节点法、替代法、电源变换法、串/并联化简等。在教学中，最重要的是要学生掌握把一个二端有源线性网络等效为一个电源（电压型或电流型）的思路，而不要把重点放在把一个非常复杂的电路如何具体等效上。就分析思想和分析方法而言，思想比方法更重要。例4-1如图4-1所示电路，为了分析电路N的特性，需要将N的左部电路等效为戴维宁电源。试求该等效电源。图4-1解该电路把N移去后，即成为有源线性二端网络。当求开路电压uoc时，因i=0，从而使受控源4i=0（开路），这时对应的电路如图4-2(a)所示。则开路电压为uoc=(5+1)13uoc+4即uoc=2.5V图4-2求等效电阻R0时，应令独立电源为零。则有图4-2(b)电路。在端口外加电压u，则有u=5i3u+1(i4i)即u=0.5i故Ro==0.5最终得戴维宁等效电路如图4-2(c)所示。4.2第4章习题解析4-1如图为一简单的数/模（D/A）转换电路。当开关接于US时，为高电位，记为“1”；当开关接于参考地时，为低电位，记为“0”。电路的目前状态表示二进制数为“110”，试用叠加原理分析该数字量对应模拟量电压UO。已知US题4-1图解（1）当S3接“1”，S2接“0”时，有题4-1解图：题4-1解图可解得UO==4V，即“100”（2）当S2接“1”，S3接“0”时，有题图4-1.2：题图4-1.2可解得UO=×=2V，即“010”由叠加原理，得UO=UO+UO=6V即100+010=110试求图示电路的戴维宁等效电源。4-2图解(a)a，b端的开路电压UOc=(×9×9)V=3V令9V电源短路，则等效内阻R0=（+）=4(b)开路电压UOc=（×10×10）V=0等效电阻R0=(+)=4.84-3如图所示电路，试求电压u。题4-3图解用节点分析法，可得(+)uaub=3u(+)ubua=7又u=uaub代入上式，可解得u=1.5V4-4如图所示电路，用叠加原理求电流I1。已知R1=R4=1，R2=R3=3，IS=2A，US=10V题4-4图解由叠加原理，先令IS=0，得题4-4解图(a)，有题4-4解图I1==A=2.5A令US=0，得题3-14解图(b)，故I1=IS=×2A=1.5A故I=I1+I1=4A4-5如图N为含源电阻网络。已知US=10V，R=10，RL=9，且RL获得的最大功率为1W，求N的戴维宁等效电源。题4-5图解设RL以左部分的戴维宁等效电源由UO和R0确定，则由Pmax==1W得UOc===6VR0=RL=9设N的戴维宁电源由UOc和R0确定，则有R0==9故R0=90又UOc=×R+US=6可解得UOc=30V或UOc=150V即N的等效电源如题4-5解图所示。题4-5解图4-6如图所示电路，试用戴维宁定理求电压u。题4-6图解首先断开RL，求开路电压U0c，如题4-6解图题4-6解图1由图，可得UOc=2×1+uu=2(3i1+1)+6i1=解得u=7V故UOc=5V再求等效电阻R0。观察题4-6解图2，外加电压u后，有i=i1+3i1=2i1u=2i1+2i题4-6解图2因i1=，故u=i所以R0==1将等效电源与1相连，如图4-6解图3所示，得u=2.5V题4-6解图34-7如图所示电路，求网络N以左部分的戴维宁电源。题4-7图解求开路电压u0c前，先将受控源部分作电源变换，如题4-7解图1题4-7解图1从而有uOc=24i1+3i1而i1=A代入上式，得uOc=9V求R0时，用外加电源法，如题4-7解图2所示。题4-7解图2从而有u=24i1+12i6i1而i1=A故有u=6i所以R0==64-8如图所示电路，用戴维宁定理求a、b端的戴维宁电源。题4-8图解先把受控源作电源变换，如题4-8解图(a)所示。题4-8解图a、b端的开路电压为uOc=6u+×2=6U0c所以uOc=0.2V求R0时，令US=0，可在a、b处加电压u，如图4-8解图(b)，则u=6u+2i+1×i得u=i所以R0==0.64-9如图所示电路，试用叠加定理求u。题4-9图解由叠加原理，先令电流源为零，再令电压源为零，得题4-9解图(a)。题4-9解图对图(a)，由分压关系得u=5V对图(b)，利用电源变换并化简得u=27V最后得u和u合成u=22V4-10如图所示电路，网络N中只含电阻。若i1=8A和i2=12A时，测得ux=80V；当i1=8A和i2=4A时，ux=0。试问当i1=i2=20A时，题4-10图解按线性和叠加性，应有8K1+12K2=808K1+4K2=0解得K1=2.5K2由题设，应有ux=20K1+20K2=20×2.5+20×5=150V4-11如图所示电路，RL为多大时可获得最大功率？此时最大功率为多少？题4-11图解利用戴维宁定理求解，令RL开路，求开路电压UOc=6k×10mA2k×10mA=40V求等效电阻R0，应令电流源开路，根据串、并联关系得R0=[(2+6)//(2+6)]k=4k所以当RL=R0=4k时，负载可获得最大功率，这时Pmax==W=0.1W4-12如图所示网络，重复上题所问，解之。题4-12图解先断开负载RL，求开路电压UOc，由串、并联和分压关系，得UOc=9+3=12V令电压源短路，求等效内阻R0R0==6k故当RL=6k时，可获得最大功率，此时Pmax==W=6mW如图所示电路，若RL可变，RL为多大时可获得最大功率？此时Pmax为多少？题4-13图解先断开负载RL，求开路电压UOc，如题4-13解图所示。题4-13解图则UOc=Uab+Ubc=（0.5+3.5）V=3V求R0时，令电流源开路，电压源短路，则R0=[(1.5//3)+1]k=2k当RL=2k时，可获得最大功率Pmax==W=mW4-14如图电路，当US=100V时，i1=3A，u2=50V，R3的功率P3=60W，今若US降为90V，试求相应的i1、u2和P3。题4-14图解由线性，应有i1=K1uS u2=K2uS u3=K3uS故×3A=×50V=45V又P3==K3所以×60=48.4-15如图所示电路，试求电流i。题4-15图解本题可用多种方法求解，如节点法、网孔法、戴维宁定理等。这里应用电源变换法解之。先将电流源部分变换为电压源，如题4-15解图(a)所示，再等效为题4-15解图1(b)。题4-15解图由此可列方程16i=2+2u1–4u1=2–2i解得i=0.1A4-16设有电阻网络N，当R2=1时，若u1=4V，则i1=1A，u2=1V；当R2=2时，若u1=5V，则i1=1.2A，u2未知。试用Tellegen定理求u2。题4-16图解在所有支路电压、电流取关联方向时，由Tellegen定理，有u1+u2+=0i1+i2+=0因为uk=Rik，=R代入上式，并两式相减，得u1+u2=i1+i2即4×1.2–1×=5×1×1解得u2=0.4V

第5章动态电路的瞬态分析5.1重点学习指导1．在时间域中分析电路的过渡过程，基本的依据仍然是KCL、KVL和基本元件的VCR。所列出的微积分方程，不管是关于电流的还是电压的，都具有一定的规律性。求解这类方程一定要有初始状态（边界条件）和可能的输入。2．换路定律是反映电路从一种稳态向另一种稳态转换时储能元件上电压或电流在换路时刻的变化规律。如在t=0时刻换路，则有uC(0+)=uC(0)iL(0+)=iL(0)上述结果一定在t=0时刻电容上电流为有限值（不能为无穷大），或电感上电压为有限值时才成立。3．对于直流输入或阶跃输入，求解一阶电路的简单方法为三要素公式：u(t)=u()+[u(0+)u()]i(t)=i()+[i(0+)i()]其中时间常数仅决定于换路后的电路参数。在确定起始值u(0+)或i(0+)时，常常要用到如图5-1所示的等效电路。图5-1如果一阶电路在t=0时刻输入正弦量，则三要素公式为y(t)=y(t)+[y(0+)y(0+)]式中，y(t)为响应电压或电流，y(t)为输入正弦信号时的稳态解。4．储能响应（零输入响应）仅由初始状态所引起，零状态响应仅由外加输入所引起。阶跃响应和冲激响应均是零状态响应。如果一阶电路方程为y(t)+ay(t)=bf(t)则不管输入信号f(t)为何种形式，零状态响应均可以表示为y(t)=eat线性时不变电路的阶跃响应s(t)和冲激响应h(t)有简单的关系。由于(t)=s(t)=根据线性电路的微积分性质，则有h(t)=s(t)=例5-1如图5-2电路，已知u1(0)=a，u2(0)=b，R=2，C1=C2=1F。试求u1(0+)、u2(0+)和响应u2(t)。图5-2解由KCL，有C1=iR+C2因输入信号为阶跃，故u1(t)和u2(t)均不可能为冲激函数(t)（否则不满足KVL）。因此iR(t)不可能含有(t)。从0到0+积分上式，得C1[u1(0+)u1(0)]=C2[u2(0+)u2(0)]（5-1）又由KVLu1(t)+u2(t)=A(t)故u1(0+)+u2(0+)=A（5-2）联立式（5-1）和（5-2），可得u1(0+)=[Au2(0)]+u1(0)u2(0+)=[Au1(0)]+u2(0)又u2()=0=R(C1+C2)=4s故u2(t)=u2(0+)本例中，由于含有纯电容构成的回路，电容的初始状态可能跃变，即uC(0+)uC(0)。这是由于u1(t)+u2(t)=A(t)求导上式，得+=A(t)上式的本质是：电容中的电流出现无限大——A(t)。例5-2如图5-3(a)所示电路，已知US=2V，L1=L2=1H，R1=R2=1。求t0时i1(t)和u1(t)。图5-3解在开关闭合时（t<0），可得i1(0)==2Ai2(0)=0在t0时，因i1=i2，有方程L1+R1i1+L2+R2i2=US(t0)从0到0+积分上式，得[i1(0+)i1(0)]+[i2(0+)i2(0)]=0由于i1=i2，故i1(0+)2+i1(0+)=0所以i1(0+)=1A由电路i1()==1A所以i1(t)=1A(t0)由于i1(0)=2A，i1(0+)=1A，故电流有1A的跳跃（见图5-3(b)）。因此u1(t)=L1=(t)再一次表明，当电感上有冲激电压（无穷大）时，则电感电流在换路时将不连续！以上两例均是在换路时发生起始值跃变的情况。教材中没有专门讨论此事，目的是引导学生掌握最基本、最常用的知识。例5-3设有在高压系统中工作的一个40F的电容器，如图5-4所示。在开关断开瞬间其上电压为3.5kV，然后电容经由自身的漏电阻R放电。已知R=100M图5-4解由图知，电容放电的过程为uC(t)=3.5103其中=RC=10010640106s=4000s令t=t1时uC到达1000V，则有 1000=3.5103 从而=ln3.5=1.25故t1=1.254000s=5000s5．列写二阶电路微分方程的根本依据是KCL、KVL和元件的VCR。以待求的响应为变量写成标准形式y(t)+a1y(t)+a0y(t)=bf(t)若f(t)=0，则响应y(t)为储能响应；若f(t)0，则响应y(t)为受激响应；若电路中既有初始状态又有输入信号，则可按线性叠加原理，分别求取储能响应和受激响应后合成完全响应。6．在求受激响应时，运用算子法可以避免用数学中的经典法求解非齐次微分方程的麻烦。阶跃输入时，设有二阶方程y(t)+a1y(t)+a0y(t)=b(t)教材中曾有结论：其阶跃响应为s(t)=(t0)现证明之。原方程的算子方程为(p2+a1p+a0)y(t)=b(t)设特征根为1和2，则y(t)=(t)=(t)===对上式分别利用一阶电路的结论，得y(t)==式中a0=12。7．电路的状态方程，实际上是用一组一阶微分方程表述电路时域方程的一种形式。这组方程便于用计算机求解。若选择电容电压和电感电流为状态变量，对含有电感的回路列写KVL方程，对含有电容的节点列写KCL方程，最后消去非状态变量，就可以得到状态方程的一般形式。例5-4如图5-5(a)所示电路，开关未合时电路已处稳态，在t=0时，开关合上。试求t>0时uC(t)。图5-5解由电路(b)，可得初始状态uC(0)=Uo=5ViL(0)=Io=10A由电路(c)，依KCL和KVL，得方程+2uC=i+2i+uC=0消去电流i，则有uC(t)+4uC(t)+5uC(t)=0(t0)可得特征根1,2=2j方程解的一般形式为uC(t)=Ke2tcos(t+)(t0)又边界条件uC(0+)=uC(0)=Kcos=5=K(sin)2Kcos=2uC(0+)+iL(0+)=0可解得K=5cos=故电压uC(t)=5e2tcos(t+)(t0)例5-5如图5-6所示RLC串联电路，试求其阶跃响应i(t)。图5-6解方法一（经典法）。对电路列关于i(t)的微分方程为Ri+L=(t)对上式两端求导一次，得i(t)+2+2i=(t)其特征方程的根1,2=1j则解的一般形式为i(t)=et(K1cost+K2sint)+B因为t=0时，L是开路的，故i=0t=时，C是开路的，故i=0，B=0故i(t)=et(K1cost+K2sint)又i(0)=K1=0i=etK2sint=K2=1故i(t)=etsint=etsint(t0)方法（二）（算子法）。由于电路的算子方程为(p2+2p+2)i(t)=(t)故i(t)=(t)=(t)==最后得i(t)==etsint5.2第5章习题解析5-1如图电路，t<0时已处于稳态。在t=0时开关从“1”打到“2”，试求t0时的电流i(t题5-1图解因为在t<0时，电容已充电完毕，相当于开路，所以i(0)=A=10AuC(0)=18i(0)=180V在t>0时，等效电阻R0=[+4]=10故时常数=R0C=10×50×106s所以uC(t)=180V(t0)最后i(t)=uC(t)×=6A(t0)5-2如图电路在开关打开前已处于稳态。求t0时电感中电流iL(t)。题5-2图解因为在t<0时，电感相当于短路，所以iL(0)=（）A=8A故iL(0+)=iL(0)=8A等效电阻R0==20故时常数=s=0.5ms最后得iL(t)=8A(t0)5-3试求图示电路的起始值iC(0+)、uL(0+)和i(0+)。设t<0时电路已稳定。题5-3图解由题可以得到t=0和t=0+时的等效电路如题5-3解图所示。题5-3解图由题5-3解图(a)，得uC(0)=V=8ViL(0)=A=1A由题5-3解图(b)，得uC(0+)=8V，iL(0+)=1A故uL(0+)=USR3iL(0+)=4V iC(0+)==1Ai(0+)=iC(0+)+iL(0+)=25-4已知图示电路中，R=1，电压表读数为3V，电压表内阻为5k。试求开关在t=0瞬间打开时电压表两端的电压。题5-4图解在t<0时，电感中电流iL(0)=A=3A则在t=0+时，流过电压表的电流为iL(0+)=3A故电压表两端电压为U=iL(0+)×5000=15000V5-5试求图示电路的受激响应u(t)。题5-5图解求受激响应时，应假设u(0)=0。由于u(t)=(t)2i(t)i(t)=C可得微分方程u(t)+u(t)=(t)因而u(t)==0.5(1)(t0)或者利用主教材公式（5-22），其中a=，b=，故u(t)=(1)=(1)(t0)5-6已知图示电路中，R1=R2=1k，L=20mH，U=10V，i(0)=0，试求t0时的i(t)和uL(t)。题5-6图解可用三要素法求解如下：i(0+)=i(0)=0i()=A=5mA=s=10s则i(t)=i()+[i(0+)i()]=5(1)mA进而有uL(t)=L=500V5-7如图所示，t<0时电路已稳定，试用三要素法求响应uC(t)。题5-7图解由题意，得三要素：uC(0+)=uC(0)=0uC()=×12V=6V=R0C=(10+40)×0.01s从而得uC(t)=uC()+[uC(0+)uC()]=6(1)A(t0)5-8如题5-8图所示，(a)为“积分电路”，(b)为“微分电路”。试用三要素法分别求(a)和(b)的输出u2(t)，并画出其波形。1010题5-8图解（a）由已知，得uC(0+)=0VuC()=10V=RC=1000×2×106s=2ms故u2(t)=10(1)当t=1ms时，则u2(1ms)=10(1e0.5)V=3.93V此后，电容放电，经1ms后，当t=2ms时，有u2(2ms)=u2(1ms)=3.93e0.5V=2.38V当t=3ms后，电容又充电，起始值为2.38V，则有u2(t)=10+(2.3810)当t=3ms时，有u2(3ms)=[10+(2.3810)e0.5]V=5.38V其电压波形如题5-8解图1所示。题5-8解图1（b）由题知，得三要素：u2(0+)=0u2()=10V=R0C=(R1+R2)C=1.2故当0<t<10s时，有u2(t)=u2(0+)=10当t=5=6s时，u2(t)=0。当0t20s时，电容反方向放电。C上已充的电压为12V，故有u2(10+)==10V从而在10s<t<20s内，有u2()=0当t=16s，即又经5时，u2=0，以后周期重复。故可得题5-8解图2所示波形。u2(t)=10题5-8解图25-9试画出图示有源微分电路的u2(t)的波形。题5-9图解由运放的特性，可得u2(t)=RC=故得电压和电流的波形如题5-9解图所示。题5-9解图5-10根据图示的积分电路和输入信号u1波形，试画出u2的波形。22题5-10图解由运放的特性，且设uC(0)=0，则u2(t)=在0t4s内，有u2(t)==2t在4<t8s内，有u2(t)=u2(4s)+=u2(4s)=8V以后再进行充电和保持。其波形如题5-10解图所示。题5-10解图.15-11（略）5-12如图为某晶体管延时继电器输入等效电路。已知R1=R2=20k，C=200F，US=24V。设t=0时开关断开，电压源对电容充电，当电容电压上升至uC=4V题5-12图解由题知，uC(0+)=uC(0)=0开关断开后，uC()=US=A=12VR0==10k故=R0C=10×103×200×106s=2s从而得uC(t)=uC()(1)设当t=t0时uC达4V，则有uC(t0)=12(1)=4V解得t0=lns=2×0.406=0.812s即继电器经过0.812s的延时后才能开始工作。5-13在示波器和电视机等电子设备中广泛地使用着锯齿波发生电路，其产生的锯齿波电压成为显示屏上的电压扫描线。如图所示即为简单的锯齿波形成电路模型。设US=12V，R1=250k，R2=20，C=0.1F。开关S打开前电路已达稳定。当t=0时开关断开，经过5ms时，开关再闭合；当uC=0V时再将开关断开，如此重复下去，可得到一个锯齿波系列。试求uC(t)题5-13图解在开关断开前，电容电压为uC(0)=US=0V即有uC(0+)=uC(0)=0当开关打开后，其稳定值uC()=US=12V电容充电时（扫描正程）时常数为01=R1C=250×103×0.1×106故得uC(t)=US(1)=12(1e40t)V（0t5ms）开关重新闭合，开始锯齿波的逆程（扫描回程）。当t=5ms时，uC(5ms)=12(1)V=2.17V即以此值开始回扫。这时的时常数为02=CR2C=20×0.1×106s=2s故回扫函数uC(t)=2.17=2.17V电压变化波形如题5-13解图所示。题5-13解图5-14在图示电路中，D为压控开关器件。已知US=100V，R=2k，C=0.5F。当uC上升到80V时D导通，其电阻忽略不计；当uC下降到20V时D断开。如此产生了周期电压。试求uC(t题5-14图解由题意得三要素法：uC(0+)=uC(0)=0VuC()=100V=RC=2000×0.5×106s=1ms设t=t1时，压控器件D开始导通，则当0tt1时，有uC(t)=100(1-)当t³t1时，由于uC(t1+)=20VuC(¥)=100V故有uC(t)=100+(20-100)=100-80为了确定t1，应从关系uC(t1)=100(1-)=80V故t1=tln=10-3ln5s=1.6ms以后按此规律形成锯齿波，如题5-14解图所示。题5-14解图如图电路，设uC(0-)=0，试求t³0时受激响应uC(t)和i(t)，并画出它们的波形图。题5-15图解由电路已知，得uC(0+)=uC(0-)=0开关闭合后，uC(¥)=[×6+(-×3)]V=3Vt=R0C=4×0.5s从而得uC(t)=uC()+[uC(0+)uC()]=3(1)(t0)求i(t)时，应首先在t=0+的电路上求i(0+)（题5-15解图1）：题5-15解图1i(0+)=A=2.25A在新的稳态时，电容相当于开路，则i()=（+）A=2At=2s故i(t)=2+(2.252)=2+0.25它们的波形如题5-15解图2所示。题5-15解图25-16如图示RC一阶电路，当输入为iS(t)=(t)时，试求各支路电流和电压的冲激响应。题5-16图解对于RC电路，由KCL，有C=iS(t)即iS(t)=(t)所以冲激响应u(t)=，t0从而有iR(t)==(t)iC(t)=(t)注意，iC中有冲激分量！5-17如图电路，已知C=0.1F，R1=10，R2=100，L=1H，uC(0)=0，iL(0)=0，求电流i(t)。题5-17图解该电路的输入信号uS(t)可以表示为uS(t)=(t)2(t1)由线性，可以先求(t)的响应。由三要素法，得i1(0+)=0.1Ai1()=0t1=R1C=10×0.1s所以i1(t)=0.1et(t)而i2(0+)=0i2()=0.01At2==0.01s故有i2(t)=0.01(1e100t)(t)对于输入的第二项2(t–1)，由线性和时不变性，可利用上述结果得i1(t–t1)=–0.2e(t1)(t–1)i2(t–t1)=–0.02[1e100(t1)](t–1)最后得i(t)=i1+i2=0.1et(t)–0.2e(t1)(t–1)+0.01(1e100t)(t)–0.02[1e100(t1)](t–1)5-18如图电路，t<0时电路已稳定，试求t0时的响应i(t)。题5-18图解在开关闭合前，可按电感相当于短路、电容相当于开路来计算初始状态。可得uC(0-)=4ViL(0-)=2A当开关闭合上后，含电容的回路有放电电流，记为i(t)，且有三要素：i(0+)==1Ai()=0t1=4×1s=4s故得i(t)=(t)对于含电感的回路，因2电阻已被短路，故通过电感的电流i(t)由以下三要素确定：i(0+)=iL(0-)=2Ai()=A=3At2=s=0.5s可得i(t)=3+(2-3)=3-e-2t最后得i(t)=i(t)+i(t)=3+-e-2t(t0)5-19如图RLC并联电路，设uC(0)=5V，试求t0时uC(t)，并画出其波形。题5-19图解由RLC并联二阶电路，可知==2.50==2.45则由电路的特征根1，2=得1=2，2=3起始条件uC(0+)=uC(0)=5V[iR(0+)iL(0+)]=25(10)=25V/s而解的一般形式为uC(t)=K1e2t+K2e3t(t0)代入起始条件，得K1+K2=52K13K2=25解得K1=10K2最后得uC(t)=10e2t+15e3t，(t0)5-20如图电路，试求t0时的uC(t)和iL(t)。题5-20图解由已知可求得参数==50==4故1，2=得1=2，2=8从而得解的形式为uC(t)=K1e2t+K2e3t(t0)起始条件uC(0+)=uC(0)=60V[iL(0+)]=0因此有K1+K2=602K18K2=0解得K1=80K2=20所以uC(t)=80e2t20e8t，(t0)iL(t)=C+=6.4e2t0.4e8t，(t0)