电 路 分 析习题课三一阶电路分析
1,C,L的 VCR
uC(t),iL(t)不跳变 (跃变 ),
动态电路需要先求取初始值。
2,三要素法换路定则的应用，
三要素公式适用于全响应，零状态响应和零输入响应，
3,阶跃函数和阶跃响应电压和电流的阶跃函数表示法，
阶跃响应的求法，
零状态响应的表示法，
全响应的表示法，
4,全响应的分类：零状态，零输入；
自然 (固有 )，强制 (强迫 )；暂态、稳态一、开关动作前处于稳态，求动作后所有电感电压和电容电流的初始值。
+
-
K t=0
10V
2
3C1 C2
L
+ -uL
iC1 i
C2
1
(a)
解：开关动作前处于稳态，
V6)0()0(
0)0(
21
CC
L
uu
i
6V)0()0(
6V)0()0(
0)0()0(
22
21
CC
CC
LL
uu
uu
ii
作 0+图由换路定则，得
+
-uC1(0+) 3 uC2 (0+)
+ -uL
iC1 iC2
1
+
-
0+图原图+
-
K t=0
10V
2
3C1 C2
L
+ -uL
iC1 i
C2
1
V0)0()0()0(
A23/)0()0(
0)0()0(
1C2CL
C1C1
LC2
uuu
ui
ii
+
-uC1(0
+) 3 u
C2 (0
+)
+ -uL
iC1 iC2
1
+
-
0+图
+
-
K
t=0
5V
1
uL1
iC 5A
1
C
+
- uL2
+
-
1 1 1
L1 L2
(b)
解,换路前处于稳态，作 0-图
V1)0(
A2)0(
A1)0(
2
1
C
L
L
u
i
i
uL1
iC 5A
1
+
- uL2
+
-
1 1 1
0-图由 0-图，得
V1)0()0(
A2)0()0(
A1)0()0(
2L2L
1L1L
CC uu
ii
ii
作 0+图由换路定则，得
+
-
5V
1
uL1
iC
5A
1
+
- uL2
+
-
1 1 1
1A 2A
-1V+ -
0+图
+
-
K
t=0
5V
1
uL1 iC 5A
1
C
+
-
uL2+
-1 1 1L1
L2
A2)(
V2
L2
V2
L1
0
)0(
)0(
C
i
u
u由 0-图，得
+
-
5V
1
uL1
iC
5A
1
+
- uL2
+
-
1 1 1
1A 2A
-1V+ -
0+图二、求图示一阶电路的时间常数。
(a)
8
+
-
A2
4
4
V5
8
0.5F +
-
A)(2 t? 4
4
V)(5 t?
换路以后电路为解：
求等效电阻
8
4
4
Req
s25.04eq CR?
8
0.5F +
-
A2
4
4
V5
Req=4?
(b)
A)(5 t?
+
_u1(t)2
2mH
L
3u1(t)
1
iL(t)
解,换路以后电路为
A5+
_u1(t)2
2mH
L
3u1(t)
1
iL(t)
+
_u1
2
3u1
1+
-u
i
求等效电导
Geq=i/u =7/2 si=3u1+ u1 /2=7u1/2=7u/2
加压求流法：
ms72)2/7(eq LG?
+
_u1(t)
2
3u1(t)
1
A5+
_u1(t)2
2mH
L
3u1(t)
1
iL(t)
三、已知 uC(0-)=1V,求 t>0的 i1(t)和 uC(t).
K
+
-
t=0
2V
+
-uC(t)4/5F
1 1
1
i1(t) 2i1(t)
+
-
解：由换路定则 V1)0()0(
CC
uu
作 0+图
+
-
2V
+
- 1V
1 1
1
i1 2i1
+
-
0+图
ii
iii
iii
m
mm
mm
11
121
122
222
111
网孔方程解之得 A6.0)0(1i
解之得
V5.1)(
A5.0)(
C
1
u
i
求
)(
)(
C
1
u
i
图作?
+
-
2V
1 1
1
i1 2i1
+
-
+
-
uC
K
+
-
t=0
2V
+
-uC(t)4/5F
1 1
1
i1(t) 2i1(t)
+
-
1 1
1
i1 2i1
+
-
求等效电阻 Req
+
-
2V
1 1
1
i1 2i1
+
-
加压求流法
+
-
u
i
iui
iiiiu
/
2)(11
1
11
4/5/eq iuR
s15445eq CR?
0 V5.05.1)(
0 A 1.05.0
)5.06.0(5.0
)]()([)()(
C
1111 0
tetu
te
e
eiiiti
t
t
t
t
则由三要素法可得同理，得四、已知 US=10V,L=1H,R=10?,求 iR(t)
K1
+
-
t=0
US
RR
L R
iR(t)
K2t=0.1s
解：三要素法
A
2
1
1010
10
)0(
A0)0(
S
L
R
RR
U
i
i
作 0-图,可得,
+
-
US
RR
R
iR
iL
A 2/1)0()0( LL ii
由换路定理,可得,
0<t<0.1s时
10
iR
1H
iL(t)
A 2/1
)()(
A 2/1
)()(
10
R z iR
10
L z iL
t
t
e
titi
e
titi
s 10/11 GL?
K1
+
-
t=0
US
RR
L R
iR(t)
K2t=0.1s
A2 121)( 1.010L 1.0 eei
A
2
1)1.0()1.0(
e
ii LL
t>0.1s时
10
iR
1H
iL(t)
10
0.1A
2
1
)(
)()(
)1.0(5
1.0
L
L z iL
21.0
t
e
tt
e
ei
ii
t
t
秒
5
11
10//10
1
2 GL?
由换路定理,
10
iR
1H
iL(t)
10
0,1t
4
1
2/)()(
)1.0(5
A
e
e
titi
t
LR
五、电路原稳定，欲使开关闭合后，电流 i(t)立即达稳态并等于 10A,求无源一阶网络的结构和元件参数。
+
-
K
t=0
10V
无源一阶网络
i(t)
2?
1H
解：电路原稳定，故为零状态，设电流
i1(t),i2(t)如图，
由 KCL知：
i(t) = i1(t) + i2(t)
=10A
i1(t)
i2(t)
开关动作后，原电路可以等效为
+
-
10V
无源一阶网络
2?
1H
i1(t) i
2(t)
+
-
10V+
0t A)1(5
]1)[( )( )(
2
)(
1 1
e
eititi
t
t
LL z s?
A55)( )()( 212 etititi t
A55)( 22 eti t 无源一阶网络
i2(t)
+
-
10V
秒)2/1(
A5)(
A10)0(
12
2
2
i
i
分析,电流 i2(t)从 10A下降 到 5A，
且为一阶无源网络，分析以下几种情况（均为零状态）
i2(t)
图 1
i2(t)
图 2
图 1中,i2(t)将从 0逐渐 增大 至一定值图 2中,i2(t)将从 Vs/R逐渐 增大 至无穷图 3中,i2(t)将从 Vs/R逐渐 下降 至 0
图 4中,i2(t)将从无穷逐渐 下降 至一定值二者呈 下降 趋势是符合要求的，但图 3不满足终值条件，图 4不满足初值条件，需改进
i2(t)
图 3
i2(t)
图 4
i2(t)
图 6
R2
R1 C
i2(t)
图 5
R1
R2
C
适当选取参数，便可使图 5、图 6满足题目要求，以图 5为例：
2
A5
10
)(
1
1
2
R
R
i
得由
i2(t)
图 5
R1 R2C+
-
10V
2 1//
A10
//
10
)0(
22
2
2
1
1
RRR
RR
i
得由
FC
CR
4
1
)2/1( 22
得秒由?
i2(t)
图 6
R2
R1 C 同理，可求得图 6结构时的元件参数为
F1
1
1
2
1
C
R
R
电路综合时，答案常常是多解的。
六,iL(0-)= 0及 uS(t)的波形，求电流 i(t).
0
1
-1
1 2 t/s
uS(t)
+
-
3
6 LuS(t) 1H
i(t)
解：上图中 US经过 0__1__(-1)__0的变化过程，该过程可以用单位阶跃信号来描述
V)2()1(2)()(S ttttu
+
-
3
6 LuS(t) 1H
i(t)
秒)2/1(
)6//3/(1/
RL?
)(
9
1
)(
A
9
1
63
)0(
0)0()0(
)()(
2
S
LL
S
tets
u
i
ii
ttu
t
对应阶跃响应时有当?
A )2(
9
1
)1(
9
2
)(
9
1
)(
)1(2
)1(22
te
teteti
t
tt
则待求响应
V)2()1(2)()( ttttu S
A)(
9
1)( 2 tets t
七、已知 uS(t) = 10V t<0
-10V t>0
当 t=1s时,ux 达稳定解的 90%，求 C=？
+
-
1
uS(t)
+ -1
2 2
Cu
x
解：三要素法
+
-
1
10V
+ -1
2 2
Cu
x
0-图由 0-图可得
V
4
3010
4
3)0(
Cu
+
-
1
-10V
+ -1
2 2
ux
0+图
+
-
(30/4)V
由换路定则有
V
4
30)0()0(
CC uu
作 0+图
V
11
95)0(
xu
+
-
1
-10V
+ -1
2 2
ux
V5)(xu
图?
作 图?
)4/11(
)3//1(2R eq
CCR eq )4/11(
C
t
t
xxxx
e
euuutu
11
4
11
15 0
5
)]()0([)()(
根据三要素公式
C
t
x etu
11
4
11
1 5 0
5)(
又知：当 t=1s时,ux 达到稳定解的 90%
即
)5(9.0)(%90
11
1 50
5)1( 11
4
x
C
x
u
eu
解上式便得 C=0.11F 即为所求。
这类题称为对称电路。即电源置零时电路关于对称线对称。
第四章 4-19题,(利用互易、叠加定理 )
＋
－
＋
－
＋
－
＋
－
如果右侧加接一个大小方向相同的电压源，
由叠加定理，流过对称线的电流为零
。即开路。
i1 i1 i2i2
i i1 2?
对偶地，若对称线各点短路：
故 原 支路的电流为
＋
－
＋
－
＋
－
－
＋
则右侧加接一个大小相同方向相反的电压
i1
i1 i
1
i i1 2?
源，对称线各点的电源为零，即短路。
i i1 2?
i2i
2
4-22题,(1) AB两端的戴维南电路由于是对称电路，
还可以推广到电流源激励的情况。
R 0 1
A111/OCU V2OC U
A5.031/2AB I
(2)当,AB两端的戴维南电路R? 1?
R 0 3,开路电压不变。
A3.033/2AB I
4-23题：应用戴维南定理。
R 0 2
－
U
＋
I
0.5I
2?
1?
I
IIIU
2
)5.0(
加压求流：
得
12 )12( SSSabo UIUU
代入已知数据，得
3
4
12
13 2?
SS UII
得 33
2 SS UI
当 时，2.1
1?SU
2.13)12( 212 SSSSSabo UIUIUU
2.42.13aboU
V1.22/2.4 U
4-24题：
得
a
i1
i2
b
R R0 N
b
0V N
＋
－
i1 2?
i2 3?
b
N
＋
－
i1 3?
i2 4?
b
N
＋
－
i1
i253 OCU
2
OCU
b
0V N
＋
－
i1 2?
i2 3?
＋
－
i1 3?
b
N
＋
－
i1
i2
先求 i
1
N电源作用时电流为 2A,显然,作用时电流为 3-2=1A。 由齐次性,作用时电流为 1.2A，故
2
OCU
5
3 OCU
i A1 2 1 2 3 2.,
同理可求 。i
2
b
N i
2 4?2
OCU
5
3 OCU
1,C,L的 VCR
uC(t),iL(t)不跳变 (跃变 ),
动态电路需要先求取初始值。
2,三要素法换路定则的应用，
三要素公式适用于全响应，零状态响应和零输入响应，
3,阶跃函数和阶跃响应电压和电流的阶跃函数表示法，
阶跃响应的求法，
零状态响应的表示法，
全响应的表示法，
4,全响应的分类：零状态，零输入；
自然 (固有 )，强制 (强迫 )；暂态、稳态一、开关动作前处于稳态，求动作后所有电感电压和电容电流的初始值。
+
-
K t=0
10V
2
3C1 C2
L
+ -uL
iC1 i
C2
1
(a)
解：开关动作前处于稳态，
V6)0()0(
0)0(
21
CC
L
uu
i
6V)0()0(
6V)0()0(
0)0()0(
22
21
CC
CC
LL
uu
uu
ii
作 0+图由换路定则，得
+
-uC1(0+) 3 uC2 (0+)
+ -uL
iC1 iC2
1
+
-
0+图原图+
-
K t=0
10V
2
3C1 C2
L
+ -uL
iC1 i
C2
1
V0)0()0()0(
A23/)0()0(
0)0()0(
1C2CL
C1C1
LC2
uuu
ui
ii
+
-uC1(0
+) 3 u
C2 (0
+)
+ -uL
iC1 iC2
1
+
-
0+图
+
-
K
t=0
5V
1
uL1
iC 5A
1
C
+
- uL2
+
-
1 1 1
L1 L2
(b)
解,换路前处于稳态，作 0-图
V1)0(
A2)0(
A1)0(
2
1
C
L
L
u
i
i
uL1
iC 5A
1
+
- uL2
+
-
1 1 1
0-图由 0-图，得
V1)0()0(
A2)0()0(
A1)0()0(
2L2L
1L1L
CC uu
ii
ii
作 0+图由换路定则，得
+
-
5V
1
uL1
iC
5A
1
+
- uL2
+
-
1 1 1
1A 2A
-1V+ -
0+图
+
-
K
t=0
5V
1
uL1 iC 5A
1
C
+
-
uL2+
-1 1 1L1
L2
A2)(
V2
L2
V2
L1
0
)0(
)0(
C
i
u
u由 0-图，得
+
-
5V
1
uL1
iC
5A
1
+
- uL2
+
-
1 1 1
1A 2A
-1V+ -
0+图二、求图示一阶电路的时间常数。
(a)
8
+
-
A2
4
4
V5
8
0.5F +
-
A)(2 t? 4
4
V)(5 t?
换路以后电路为解：
求等效电阻
8
4
4
Req
s25.04eq CR?
8
0.5F +
-
A2
4
4
V5
Req=4?
(b)
A)(5 t?
+
_u1(t)2
2mH
L
3u1(t)
1
iL(t)
解,换路以后电路为
A5+
_u1(t)2
2mH
L
3u1(t)
1
iL(t)
+
_u1
2
3u1
1+
-u
i
求等效电导
Geq=i/u =7/2 si=3u1+ u1 /2=7u1/2=7u/2
加压求流法：
ms72)2/7(eq LG?
+
_u1(t)
2
3u1(t)
1
A5+
_u1(t)2
2mH
L
3u1(t)
1
iL(t)
三、已知 uC(0-)=1V,求 t>0的 i1(t)和 uC(t).
K
+
-
t=0
2V
+
-uC(t)4/5F
1 1
1
i1(t) 2i1(t)
+
-
解：由换路定则 V1)0()0(
CC
uu
作 0+图
+
-
2V
+
- 1V
1 1
1
i1 2i1
+
-
0+图
ii
iii
iii
m
mm
mm
11
121
122
222
111
网孔方程解之得 A6.0)0(1i
解之得
V5.1)(
A5.0)(
C
1
u
i
求
)(
)(
C
1
u
i
图作?
+
-
2V
1 1
1
i1 2i1
+
-
+
-
uC
K
+
-
t=0
2V
+
-uC(t)4/5F
1 1
1
i1(t) 2i1(t)
+
-
1 1
1
i1 2i1
+
-
求等效电阻 Req
+
-
2V
1 1
1
i1 2i1
+
-
加压求流法
+
-
u
i
iui
iiiiu
/
2)(11
1
11
4/5/eq iuR
s15445eq CR?
0 V5.05.1)(
0 A 1.05.0
)5.06.0(5.0
)]()([)()(
C
1111 0
tetu
te
e
eiiiti
t
t
t
t
则由三要素法可得同理，得四、已知 US=10V,L=1H,R=10?,求 iR(t)
K1
+
-
t=0
US
RR
L R
iR(t)
K2t=0.1s
解：三要素法
A
2
1
1010
10
)0(
A0)0(
S
L
R
RR
U
i
i
作 0-图,可得,
+
-
US
RR
R
iR
iL
A 2/1)0()0( LL ii
由换路定理,可得,
0<t<0.1s时
10
iR
1H
iL(t)
A 2/1
)()(
A 2/1
)()(
10
R z iR
10
L z iL
t
t
e
titi
e
titi
s 10/11 GL?
K1
+
-
t=0
US
RR
L R
iR(t)
K2t=0.1s
A2 121)( 1.010L 1.0 eei
A
2
1)1.0()1.0(
e
ii LL
t>0.1s时
10
iR
1H
iL(t)
10
0.1A
2
1
)(
)()(
)1.0(5
1.0
L
L z iL
21.0
t
e
tt
e
ei
ii
t
t
秒
5
11
10//10
1
2 GL?
由换路定理,
10
iR
1H
iL(t)
10
0,1t
4
1
2/)()(
)1.0(5
A
e
e
titi
t
LR
五、电路原稳定，欲使开关闭合后，电流 i(t)立即达稳态并等于 10A,求无源一阶网络的结构和元件参数。
+
-
K
t=0
10V
无源一阶网络
i(t)
2?
1H
解：电路原稳定，故为零状态，设电流
i1(t),i2(t)如图，
由 KCL知：
i(t) = i1(t) + i2(t)
=10A
i1(t)
i2(t)
开关动作后，原电路可以等效为
+
-
10V
无源一阶网络
2?
1H
i1(t) i
2(t)
+
-
10V+
0t A)1(5
]1)[( )( )(
2
)(
1 1
e
eititi
t
t
LL z s?
A55)( )()( 212 etititi t
A55)( 22 eti t 无源一阶网络
i2(t)
+
-
10V
秒)2/1(
A5)(
A10)0(
12
2
2
i
i
分析,电流 i2(t)从 10A下降 到 5A，
且为一阶无源网络，分析以下几种情况（均为零状态）
i2(t)
图 1
i2(t)
图 2
图 1中,i2(t)将从 0逐渐 增大 至一定值图 2中,i2(t)将从 Vs/R逐渐 增大 至无穷图 3中,i2(t)将从 Vs/R逐渐 下降 至 0
图 4中,i2(t)将从无穷逐渐 下降 至一定值二者呈 下降 趋势是符合要求的，但图 3不满足终值条件，图 4不满足初值条件，需改进
i2(t)
图 3
i2(t)
图 4
i2(t)
图 6
R2
R1 C
i2(t)
图 5
R1
R2
C
适当选取参数，便可使图 5、图 6满足题目要求，以图 5为例：
2
A5
10
)(
1
1
2
R
R
i
得由
i2(t)
图 5
R1 R2C+
-
10V
2 1//
A10
//
10
)0(
22
2
2
1
1
RRR
RR
i
得由
FC
CR
4
1
)2/1( 22
得秒由?
i2(t)
图 6
R2
R1 C 同理，可求得图 6结构时的元件参数为
F1
1
1
2
1
C
R
R
电路综合时，答案常常是多解的。
六,iL(0-)= 0及 uS(t)的波形，求电流 i(t).
0
1
-1
1 2 t/s
uS(t)
+
-
3
6 LuS(t) 1H
i(t)
解：上图中 US经过 0__1__(-1)__0的变化过程，该过程可以用单位阶跃信号来描述
V)2()1(2)()(S ttttu
+
-
3
6 LuS(t) 1H
i(t)
秒)2/1(
)6//3/(1/
RL?
)(
9
1
)(
A
9
1
63
)0(
0)0()0(
)()(
2
S
LL
S
tets
u
i
ii
ttu
t
对应阶跃响应时有当?
A )2(
9
1
)1(
9
2
)(
9
1
)(
)1(2
)1(22
te
teteti
t
tt
则待求响应
V)2()1(2)()( ttttu S
A)(
9
1)( 2 tets t
七、已知 uS(t) = 10V t<0
-10V t>0
当 t=1s时,ux 达稳定解的 90%，求 C=？
+
-
1
uS(t)
+ -1
2 2
Cu
x
解：三要素法
+
-
1
10V
+ -1
2 2
Cu
x
0-图由 0-图可得
V
4
3010
4
3)0(
Cu
+
-
1
-10V
+ -1
2 2
ux
0+图
+
-
(30/4)V
由换路定则有
V
4
30)0()0(
CC uu
作 0+图
V
11
95)0(
xu
+
-
1
-10V
+ -1
2 2
ux
V5)(xu
图?
作 图?
)4/11(
)3//1(2R eq
CCR eq )4/11(
C
t
t
xxxx
e
euuutu
11
4
11
15 0
5
)]()0([)()(
根据三要素公式
C
t
x etu
11
4
11
1 5 0
5)(
又知：当 t=1s时,ux 达到稳定解的 90%
即
)5(9.0)(%90
11
1 50
5)1( 11
4
x
C
x
u
eu
解上式便得 C=0.11F 即为所求。
这类题称为对称电路。即电源置零时电路关于对称线对称。
第四章 4-19题,(利用互易、叠加定理 )
＋
－
＋
－
＋
－
＋
－
如果右侧加接一个大小方向相同的电压源，
由叠加定理，流过对称线的电流为零
。即开路。
i1 i1 i2i2
i i1 2?
对偶地，若对称线各点短路：
故 原 支路的电流为
＋
－
＋
－
＋
－
－
＋
则右侧加接一个大小相同方向相反的电压
i1
i1 i
1
i i1 2?
源，对称线各点的电源为零，即短路。
i i1 2?
i2i
2
4-22题,(1) AB两端的戴维南电路由于是对称电路，
还可以推广到电流源激励的情况。
R 0 1
A111/OCU V2OC U
A5.031/2AB I
(2)当,AB两端的戴维南电路R? 1?
R 0 3,开路电压不变。
A3.033/2AB I
4-23题：应用戴维南定理。
R 0 2
－
U
＋
I
0.5I
2?
1?
I
IIIU
2
)5.0(
加压求流：
得
12 )12( SSSabo UIUU
代入已知数据，得
3
4
12
13 2?
SS UII
得 33
2 SS UI
当 时，2.1
1?SU
2.13)12( 212 SSSSSabo UIUIUU
2.42.13aboU
V1.22/2.4 U
4-24题：
得
a
i1
i2
b
R R0 N
b
0V N
＋
－
i1 2?
i2 3?
b
N
＋
－
i1 3?
i2 4?
b
N
＋
－
i1
i253 OCU
2
OCU
b
0V N
＋
－
i1 2?
i2 3?
＋
－
i1 3?
b
N
＋
－
i1
i2
先求 i
1
N电源作用时电流为 2A,显然,作用时电流为 3-2=1A。 由齐次性,作用时电流为 1.2A，故
2
OCU
5
3 OCU
i A1 2 1 2 3 2.,
同理可求 。i
2
b
N i
2 4?2
OCU
5
3 OCU
