第四章 网络定理
4－ l 线性和叠加定理
4－ 2 替代定理
4－ 3 戴维南定理和诺顿定理
4－ 4 特勒根定理
4－ 5 互易定理
4－ l 线性和叠加定理线性网络,由独立电源和线性元件组成。
具有线性性质,
1.齐次性,单个激励 (独立源 )作用时,
响应与激励成正比 。
2.可加性,多个激励同时作用时,总响应等于每个激励单独作用 (其余激励置零 )
时所产生的响应分量的代数和 。
电路响应与激励之间的这种线性关系称为叠加性，它是线性电路的一种基本性质。
)()()()( 2211 tektektektr mm
有激励,,……,
则响应 r(t) 为：
)(1 te )(2 te )(tem
图 (a)电路的回路方程：
)(
S3
S32121
ii
uiRiRR
得 R1上电流 i1
"
1
'
1S
21
2
S
21
1
1 iii
RR
Ru
RRi
其中由两项相加而成。
由两个独立电源共同产生的响应，
等于每个独立电源单独作用所产生响应之和。
S
21
2
01
"
1
S
21
01
'
1
S
S
1
i
RR
R
ii
u
RR
ii
u
i
叠加定理由全部独立电源在线性电阻电路中产生的任一响应 (电压或电流 )，
等于每一个独立电源单独作用所产生的相应响应 (电压或电流 )的代数和 。
注意,
1,适用于线性网络 。 非线性网络不适用 。
2,某一激励单独作用时，其他激励置零,即 独立电压源短路，独立电流源开路； 电路 其余结构都不改变。
3,任 一激励单独作用时,该电源的内阻,受控源 均 应保留 。
6.只适 用于电压和电流，不能用于功率和能量 的 计算,它们是电压或电流的二次函数 。
4,受控源 不 能 单独作用 。
5,叠加的结果为代数和，注意电压或电流的参考方向 。
例 1 已知 us ＝ 12V,is＝ 6A,试用叠加定理求支路电流 i。
解 当 us单独作用时,is因置零而被开路，如图 (b),可得故
i'=1A
us us
当 is单独作用时,us因置零而被短路，
如图 (c),可得响应分量
i ’’= 3A
根据叠加定理，可得 us和 is共同作用下的响应为
i = i’+ i’’=1+3 = 4A
例 2 No为线性无源网络 。
当 us＝ 1V,is＝ 1A时,u＝ 0；
当 us＝ 10V,is＝ 0时,u＝ 1V；
求,当 us＝ 20V,is＝ 10A时,u＝？
ss ikuku 21
解 线性网络的响应 v可表示为
k1,k2为 常数
No
+
-
uS
iS
+
u
-
由已知条件可得：
k1 × 1＋ k2 × 1＝ 0
k1 × 10＋ k2 × 0＝ 1
解方程组可得,k1 ＝ 0.1，
k2 ＝－ 0.1
因此,当 us＝ 20V,is＝ 10A时
u＝ k1 × 20＋ k2 × 10
＝ 1V
例 3 r =2?，用叠加定理求 i和功率 p 3?
解,12V和 6A单独作用如图 (b)和 (c)。
(每个电路内均保留受控源,但控制量分别改为分电路中的相应量 )。 由图 (b)
列出 KVL方程
031212 ''' iii求得：
V63A2 ''' iui
由 (c) 列出 KVL方程
0)6(312 ''"" iii
求得,
最后得到：
1 5 VV9V6
1A3AA2
"'
'''
uuu
iii
V9)6(3A3 '''''' iui
则：
Wiup 75)16(15)6(
4－ 2 替代定理在具有唯一解的任意集总参数网络中,若某条支路 k与网络中的其他支路无耦合,如果 已知该支路的支路电压 （ 支路电流 ）,则该支路可以用一个电压为 的独立电压源 （ 电流为 的独立电流源 ） 替代,替代前后电路中各支路电压和电流保持不变 。
ku
ki
kiku
注意,
1,适用于任意集总参数网络 （ 线性的,非线性的,时不变的,时变的 ）
3.,替代,与,等效变换,是不同的概念。,替代,是 特定条件下支路 电压或电流已知 时，用相应元件替代 支路 。
等效变换是两个具有相同端口伏安特性的电路间的相互转换，与变换以外电路无关。
2,所替代的支路与其它支路无耦合
4,已知 支路 可推广为已知 二端网络 （ 有源、无源） 。大网络成小网络
N1 N1N2 N2+-u +
-u
+
-u
N1 N1N2 N2i
i
i
例 4 无源网络 No的 22’端开路时,11’
端的输入电阻为 5Ω ; 如 左 图 11'端接
1A时,22'端电压 u =1V。 求 右 图 11'
端接 5Ω,10V的实际电压源时,22'
端的电压 u’=?
1A
1
1’
2
2’
+u
-
No
5Ω
1
1’
2
2’
+
u’-No+10V
-
i '
解,22’ 端开路时,11’ 端的输入电阻为 5Ω,因此 右 图中流过实际电压源支路的电流 i'为 i '= 1A
实际电压源支路用 1A的电流源替代，
u'不变，替代后的电路与 左 图 相同，
故 u'=u =1V
1A
1
1’
2
2’
+u
-
No
5Ω
1
1’
2
2’
+
u’-No+10V
-
i '
例 5图 (a)电路中 g=2S。试求电流 I。
解：用分压公式求受控源控制变量 U
V6V862 6U
用 gU=12A的电流源替代受控源,图 (b)
不含受控电源,求得
A7A
44
812
44
4
I
例 在图 (a)电路中,若要求 。
试求电阻 I Ix?
1
8
R x
＋
－
RS
US
Rx
1?
I
Ix
0.5?
0.5? 0.5?
(a)
解：由题意和替代定理，得图 (b)。
Ux1?I 0.5?
0.5? 0.5?I8
－ ＋
(b)
在图 (b)电路中,应用叠加定理：
Ux1?I 0.5?
0.5? 0.5?I8
－ ＋
(b)
电流源 I单独作用
Ux’
1?I 0.5?
0.5? 0.5?
－ ＋
得
Ux’
1?I 0.5?
0.5? 0.5?
－ ＋
II
IU
x
10
1
1
)5.05.0()5.01(
)5.05.0(
5.0
)5.05.0()5.01(
)5.01(
电流源 单独作用I
8
Ux”1? 0.5?
0.5? 0.5?I8
－ ＋
I
I
U
x
40
3
)5.05.0()5.01(
)5.05.0)(5.01(
8
"
得 IIIUUU
xxx 40
1
40
3
10
1" '
5
1
x
x
x I
UR
4－ 3 戴维南定理和诺顿定理
4-3-1 戴维南定理任一线性有源二端网络 N,就其两个输出端而言总可与一个独立电压源和线性电阻串联的电路等效，其中独立电压源的电压等于该二端网络 N输出端的开路电压,电阻 Ro等于 N内所有独立源置零时从输出端看入的等效电阻。
uOC
端口电压电流关联
oco uiRu
证明如下,。
端口支路用电流源 i 替代,如图 (a)，
根据叠加定理,电流源单独作用产生
u’=Roi [图 (b)],网络内部全部独立电源共同作用产生 u”=uoc [图 (c)]。 由此得到
oco"' uiRuuu
例 6 求图 (a)网络的戴维南等效电路 。
解：开路电压 uoc的参考方向如图 (a)，
由 i=0，可得 V3221
ocu
电压源用短路代替，电流源用开路代替，得图 (b)，求得 6321
oR
可画出戴维南等效电路，如图 (c) 。
例 7 r =2?，试求戴维南等效电路 。
解：求 uoc,A2
1?i V4221oc riu
求 Ro：电压源置零,保留受控源,图
(b)。 加电流,求电压 u。 由于 i1=0，
所以 u=2i1=0。 由此求得
00o
ii
uR
等效为一个 4V电压源，如图 (c)。
求 R0小结：
1.串、并联法
2.加压求流法，或加流求压法。
3.开短路法。
4两点法。 u
i
4-3-2 诺顿定理任一线性有源网络 N,就端口而言,
可以等效为一个电流源和电阻的并联 。
电流源的电流等于网络外部短路时的端口电流 isc；电阻 Ro是网络内全部独立源为零时,No的等效电阻 。
isc—— 短路电流。 Ro—— 诺顿电阻。
电流源 isc和电阻 Ro的并联，称为网络的诺顿等效电路。电压电流采用关联参考方向时，
sc
o
1 iu
R
i
例 8 求图 (a)网络的诺顿等效电路。
解：求 isc，网络外部短路，如图 (a)。
2S
3
S
1S
21
1
2S32sc iR
ui
RR
Riiii
求 Ro，图 (b)求得
321
321
o
)(
RRR
RRRR
画出诺顿等效电路，如图 (c)所示。
含源线性电阻单口网络的等效电路只要确定 uoc,isc或 Ro 就能求得两种等效电路 。
o
oc
scscooc
sc
oc
o R
u
iiRu
i
u
R
戴维南定理和诺顿定理注意几点：
1,被等效的有源二端网络是线性的,且 与外电路之间不能有耦合关系
2,求等效电路的 Ro时,应将网络中的所有独立源置零,而受控源保留
3,当 Ro≠ 0和 ∞ 时，有源二端网络既有戴维南等效电路又有诺顿等效电路，并且,isc和 Ro存在关系,,ocu
4.作为定理，一个电路可以应用多次。
5.一般端电压与开路电压不相等。
oc
L o
Lu
R R
R u
RL
+
－
Ro
ocu
u
例 9 用戴维南定理求电路中的电流 i。
解 电路 a,b以左电路部分化简。
1.求开路电压 uoc
1? 2?
i14?
+
10V
-
- 6 i1 + a
b
i
4?
(a)
1? 2?
i14?
+
10V
-
- 6 i1 +
(b)
+
uoc
-
由 图 b可得受控源的控制量 i1为
i1 ＝ 2A 故 uoc＝ 6 i1 + 4 i1 = 20V
1? 2?
i1’4?
- 6 i1’ +
(c)
+
u’
-
i’
2.求电阻 Ro
图 b网络的独立电压源置零,
得图 c,设端口电压为 u',端上电流为 i '
则 u'＝ 6× i1'＋ 2× i'＋ 4× i1'
由 1Ω 和 4Ω分流关系可得 i1' ＝ 0.2i '
因此 u’＝ 4i’ 即 Ro＝ 4Ω
3.求 i
由戴维南定理可将图 a化简为图 d
Ai 5.2
44
20?
4?
+
20V
-
a
b
i4?
(d)
例,试求图 (a)的戴维南等效电路 。
b
1K?
0.5 i1
i1
1K?
+
10V
-
a
(a)
解：节点法求开路电压。 解得
1
1
1
10
5,0
1
10
)
1
1
1
1
(
i
K
u
i
K
u
K K
oc
oc
V uoc6?
加压求流法求等效内阻。
1
1
K 1
5,2
i u
i i
列方程：
解得,RK
o?04,?
1K?
0.5 i1
i1
1K?
－
+
a
(b)
bi
u
如果要用开短路法，求短路电流。
+
10V
-
1K?
0.5 i1
i1
1K?
a
(c)iSC
15
10
1
1
1
.ii
i
K
SC?
列方程：
解得：
imA SC?15
例,图 (a)电路中,N为有源线性二端网络，已知,若 A,B开关都打开时，
I=0.1A;若 A打开,B闭合时,I=0.125A;
试求：若 A闭合,B打开时,I=?
I
N
A
B
60?
20?
解：法 1：应用替代定理和叠加定理
(a)
I=0.1A
N 8V+
－
I
N
A
B
60?
20?
(a) (b)
由题意,A,B都打开时，应用替代定理，如图 (b)所示；
设 N中电源单独作用时产生的电流为 x;
单位电压源作用时产生的电流为 y。 则有
xy (.),800101
I=0.125A
N 7.5V+
－
I
N
A
B
60?
20?
(a) (c)
同理,A打开,B闭合时，应用替代定理，
如图 (c)所示；
则，有 方程为 xy (.),6001250125
两方程联立
xy
xy
(.).
(.).
800101
6001250125
(a)
解得：
x
y
05
005
.
.
则，所求电流为 IxIyA 20025,
法 2：应用戴维南定理。 则得图 (d):
I
N
A
B
60?
20?
Ro
uOC
I=0.1A
N 80?
Ro
uOC (d)
得方程 1,0 ) 80 /(
o OCR u
同理，得图 (e)：
I=0.125A
N 60?
Ro
uOC
(e)
得方程
125,0 ) 60 /( o OCR u
两方程联立：
125,0
60
1,0
80
o
OC
o
OC
R
u
R
u
解得：
20
10
o
OC
R
u 得,IA?
10
2020
025,
4-3-3 最大功率传输条件
Ro
+
uoc
-
a
b
i
RL
负载电阻 吸收的功率欲 获得最大功率，
L
Lo
oc
L RRR
uRip
2
2
0
2
d
d 2
4
2
oc
oL
oLLoL
L
u
RR
RRRRR
R
p
可得 最大功率传输条件,
RL＝ Ro
o
oc
R
u
p
4
2
m a x?
此时，负载获最大功率为：
此时 对于等效电路而言,效率为 50% 。
例 10 RL=?,负载获最大功率,PLmax=？
解 a,b以左化 为等效戴维南 电路。
1.求开路电压 u oc
10?
50?
+
10V
-
0.04u
a
b
RL
+
u
-
uoc＝ 12.5 V
10?
50?
+
10V
-
0.04 uoc
a
b
+
uoc
-
节点法
OC OCu u04,0 10
10 )
50
1
10
1 (
得
2.求电阻 Ro
先求 i s c
i s c ＝ 1A Ro＝ uoc /i s c =12.5Ω
10?
50?
+
10V
-
0.04 v
a
b
+
u
-
i s c由于 u=0，
受控源开路
3.当 RL =Ro = 12.5Ω时，负载获最大功率
W1 2 5.3
5.124
5.12
4
22
m a x
o
oc
R
u
p
4-4 特勒根定理
0
1
k
b
k
k iu
任意一个具有 b条支路,n个节点的集总参数网络,设它的各支路电压和电流分别为 和 (k＝ 1,2,3,… b),且各支路电压和电流取关联参考方向,则有
kiku
特勒根第一定理 (功率守恒 )：
特勒根第二定理 (似 功率守恒 )：
0 '
1
b
k
kk iu 0 '
1
b
k
kk iu
和支路电压和电流 取 关联参考方向 且相同,
则有
N N’有向图相同
ki 'ki
支路电流支路电压
ku 'ku
2 42
2 - 2V +
5A
i1
i2
i5
i6
i3 i4
2 4
2 - 4V +
2A
i1’
i2’
i5’
i6’
i3’ i4’
+
4V
-
1 5
6
2 3 4
验证：
有相同的有向图如右
N,u1＝ 6V,u2＝－ 4V,u3＝ 2V，
u4＝ 4V,u5＝ 2V,u6＝－ 8V；
i1＝ 3A,i2＝－ 2A,i3＝ 1A，
i4＝ 1A,i5＝ 4A,i6＝ 5A。
因此有,
6
1k
kkiu
6× 3＋ (-4)× (-2)＋ 2× 1＋
4× 1＋ 2× 4＋ (-8)× 5＝ 0
N’,u1'＝ 4V,u2'＝ 0V,u3'＝ 4V，
u4'＝ 8V,u5'＝ 4V,u6'＝－ 8V；
i1'＝ 2A,i2'＝ 0A,i3'＝－ 2A，
i4'＝ 2A,i5'＝ 0A,i6'＝ 2A。
因此有，
4× 2＋ 0× 0＋ 4× (-2)＋
8× 2＋ 4× 0＋ (-8)× 2＝ 0
6
1
''
k
kk iu
这就验证了特勒根第一定理 。
= 6× 2＋ (-4)× 0＋ 2× (-2)
＋ 4× 2＋ 2× 0＋ (-8)× 2＝ 0
6
1
'
k
kkiu
= 4× 3＋ 0× (-2)＋ 4× 1＋
8× 1＋ 4× 4＋ (-8)× 5＝ 0
这就验证了特勒根第二定理。
6
1
'
k
kk iu
特勒根定理适用于任意集总参数电路特勒根第二定理的证明：
设 N和 N’两网络均有 n个节点 b条支路。各支路 电压、电流的参考方向关联且相同。则 N网络的 KCL方程为
i i i
i i i
i i i
n
n
n n n n
12 13 1
21 23 2
1 2 1
0
0
0
将上式分别乘以 N’网络的相应电压，有
0 ' ' '
0 ' ' '
0 ' ' '
121
22223221
11113112
nnnnnnn
n
n
uiuiui
uiuiui
uiuiui
将上式右端全部加起来，得
0) ' '() ' '( 331113221112uiuiuiui
由 i i i i12 21 13 31,,
故得 同理 0 '
1
b
k
kk iu0 '
1
b
k
kk iu
例 11 NR仅由电阻组成,已知 i1＝ -2A，
i2＝ 1A； 若 电阻由 4Ω 改为 8Ω,i1'＝
-1.8A,试求 i2'?。
NR
i1'
+
3v
-
+
u1'
-
i2'
+
u2'
-
8ΩNR
i1
+
3v
-
+
u1
-
i2
+
u2
-4Ω
解：
b
k
kk
b
k
kk iuiu
11
0''
b
k
kkk
b
k
kk iuiuiuiuiuiu
3
221
3
2211 ''''''
NR仅由电阻组成 (k=3,…,b)
kkkkkkkkkk iuiiRiiRiu ')'(''
b
k
kk
b
k
kk iuiu
33
''得：
22112211 '''' iuiuiuiu
故：
i1＝ -2A,i2＝ 1A,i1’＝ -1.8A代入
221221 '83'4'3 iiiiii
1'8)2(3'14)8.1(3 22 ii
Ai 15.0'2?
NR
i1'
+
3v
-
+
u1'
-
i2'
+
u2'
-
8ΩNR
i1
+
3v
-
+
u1
-
i2
+
u2
-4Ω
4-5 互易 定理互易性 —— 线性不含独立源、受控源的电路，在单一激励情况下,激励和响应的位置互换，相同激励的响应不变互易网络：具有互易性的网络
R1 R2a
b
c
d
i
+
uS
-
R3
R1 R2a
b
c
d
i’
+
uS
-
R3
S
S u
RRRRRR
R
RR
R
RRR
ui
323121
3
32
3
321 //
S
S u
RRRRRR
R
RR
R
RRR
ui
323121
3
31
3
312 //
'
互易定理有三种形式：
'ii?
该网络是互易网络形式一,NR仅由电阻组成,独立电压源 vs激励 与 响应电流 互换位置,响应电流相同 。 即 i２ ＝ i１ '
1
1’
2
2’
i2+u
S
-
NR
+
u1
-
i１
+
u2
-
+
uS
-
1
1’
2
2’
i2'
NR
+
u1'
-
i１ '
+
u2'
-
形式二,NR仅由电阻组成,独立电 流源 is激励 与 响应电 压互换位置,响应电压相同 。 即 u２ ＝ u1’
1
1’
2
2’
iS
NR
+
u1
-
i１
+
u2
- iS
1
1’
2
2’
i2'
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
形式 三,NR仅由电阻组成,激励电压源 vs与 响应电压 互换位置,将此激励换为相同数值的独立电流源 is,产生的响应电流在数值上与 原响应电压 相等 。
即 数值上,i１ ' ＝ u２
1
1’
2
2’
+
uS
-
NR
+
u1
-
i１
+
u2
-
iS
1
1’
2
2’
i2'
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
i1'
用特勒根定理证明：
b
k
kk
b
k
kk iuiu
11
''
b
k
kk
b
k
kk iuiu
33
''由例 11知得 22112211 '''' iuiuiuiu
对于形式一,u1 ＝ us,u2 ＝ 0，
u1 '＝ 0,u2 '＝ uS,代入 上 式可得
us i1 '＝ us i2
故 i2 ＝ i1 '
因此形式一成立 。
22112211 '''' iuiuiuiu
也可表示为：图 (a)的 电压源 比 电流 等于交换位置后图 (b)的 电压源 比 电流 。
对于形式二,i1＝ is,i2＝ 0,i1’＝ 0
,i2’＝ is,代入 上 式可得
u2 is ＝ u1' is
故 u2＝ u1'
因此形式二成立。
也可表示为：图 (a)的 电流源 比 电压等于交换位置后图 (b)的 电流源 比 电压 。
22112211 '''' iuiuiuiu
对于形式三,u1＝ u,i2＝ 0,u1’＝ 0，
i2’＝ is,代入 上 式可得
uS i1’＝ u2 is
由于 uS 与 is 数值相同，故数值上 u2 与
i1’相等。
因此形式三成立。
也可表示为：图 (a)的 电压源 比 电压等于交换位置后图 (b)的 电流源 比 电流 。
22112211 '''' iuiuiuiu
注意,
1,NR不含独立源,受控源,外部只有单个激励 和 响应 ；
2,若互易前后激励和响应的参考方向关系一致 (都相同或都相反 )，则 对 形式一和二有 相同激励产生的响应相同；
对 形式三 则相同激励产生的响应相差一个负号。
例 12 试求 i? 2Ω
2Ω
3Ω
8Ω
4Ωi
-
10V
+
2Ω
2Ω
3Ω
8Ω
4Ω
i
+10V-
解：互易形式一
2
2
3Ω
8
4
i
+10V-
i1
i2 i
3
2
2
3Ω
8
4
i
+10V-
i1
i2 i
3
A
i
5.1
4//82//23
10
1
Aii 75.0
2
1
12
Aii 5.0
84
4
13
列 KCL，得 Aiii 25.0
23
例 13 已知图 （ a） 中 i2＝ 0.1A;图 （ b）
中 得 i1'＝ 0.4A。 试求 R之值 。
NR
i2
+
u2
-20Ω
1A
R
图 (a)
NR
i1’
20Ω
2A
R
图 (b)
解：由图 (a)得 u2=20i1=2V
1/2=2/u1’
得 u1’=4 V
故 R＝ u1’/ i1’ =4/0.4=10Ω
NR 20Ω 2AR
图 (c)
+
u1’
-
互易定理 形式二可 得例 14 已知图 （ a） 中 u1＝ 10V,u2＝ 5V。
i1=2A,试求 图 （ b） 的 i1'
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
1
1’
2
2’
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
i1'
2A
5
Ω
b
解一：特勒根定理求解
1
1’
2
2’
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
i1'
2A
5
Ω
b
22112211 '''' iuiuiuiu
22112211 ''5'' iuiiiuiu
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
i2
0')2('5)2(5'10 211 uii
得,i1' =0.5A
解二：戴维南定理 +互易定理求解
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
i2 1
1’
2
2’
NR
+
uoc
-
+
u2'
-
2A
移去 5Ω,由互易 定理的 形式二，得
uoc =5V
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
i2
求 Ro,由图（ a） 得
Ro = 5Ω
1
1’
2
2’
NR
+
u2'
-Ro
Ai 5.0
55
5'
1
5?
+
5V
-
i’15?
1
1’
(b)图 化为：
例 15 已知图 （ 1） 中,No为无源线性电阻网络,流过 uS的电流为 Im；图 （ 2） 的开路电压为 uo,Rab = R0 。
No
aI
m
图 (1) b
+
uS
-
Rk
No
a
图 (2) b
+
uS
-
Ro
+
uo
-
问,图 (3)的 Rx为何值，
才有 Im = Im’。
No +uo’
-Rx
图 (3)
Im’
+
uS
-
Ix’
No
aI
m
图 (1) b
+
uS
-
Rk No +uo’
-Rx
图 (3)
Im’
+
uS
-
Ix’
解：特勒根定理求
kk RoSmsRxsms IuuIuuIuIu '0)(0')'(
由于题目要求 Im= Im ’，所以
kRoxs IuIu ''?
对输出端而言，图（ 2）与（ 3）等效。
因为,uS 与 Rx并联可等效为 uS，因此
'oo uu?
No
a
图 (2) b
+
uS
-
Ro
+
uo
-
No +uo’
-Rx
图 (3)
Im’
+
uS
-
Ix’
图 (2)可知，图（ 1） ab以左等效为 R0 串联 uo 戴维南电路，所以
ko
o
R RR
uI
k?
ko
o
Roxs
RR
u
IuIu
k?
2
''
Sko
o
x
uRR
u
I
1
'
2
)()(
'
2
ko
o
S
x
S
x RRu
u
I
u
R
即：
所以：
则：
例 16 NR 网络为纯电阻网络,在 图 (a)中
,当 Us1＝ 70V时,I1＝ 0.5 A,I2＝ 0.2 A
,U3＝ 14 V。 试求,图 (b)中 Us2＝ 105V
,Is3＝ 3.5A,R1’＝ 210?时 的 I1’。
U3
+
－
+
－ NR
I2
US1
I1
(a)
1
1’
3
3’
2 2’
US2+ －
NR Is3
I1’
R1’
(b)
3
3’
1
1’
2 2’
解,法 1：计算 1,1’端的戴维南电路。
由图 (a)得 1,1’端等效内阻为 1 4 0
5.0
70
oR
由互易定理，得图 (b)电压源单独作用时的 1,1’的短路电流为
2221 // SCSS IUIU?
70 0 2 105 2/,/? I SC
A3.02?SCI
代入数字，有得图 (b)电压源单独作用时的 诺顿等效电路的短路电流，为得图 (b)电压源单独作用时的 戴维南等效电路的开路电压，为
V421 4 03.022 SCoOC IRU
由互易定理，得图 (b)电流源单独作用时的 1,1’的开路电压为
3331 // OCS UIUI?
代入数字，有
3/5.314/5.0 OCU?
得图 (b)电 流 源单独作用时的 戴维南等效电路的开路电压，为
V983?OCU
得图 (b)1,1’端 的 戴维南等效电路的开路电压，为
V1 4 0984232 OCOCOC UUU
于是，得
A4.0
2 1 01 4 0
1 4 0
1I
法 2：应用特勒根定理,
70 0 14 3 5
0 5 210 0 2 105 0
1
1
( ' ) (,)
(,) ( ' ),
I
I
于是，得
A4.0 1I
1．叠加定理适用于有唯一解的任何线性电阻电路。它允许用分别计算每个独立电源产生的电压或电流，然后相加的方法，求得含多个独立电源线性电阻电路的电压或电流。
2,戴维南定理指出：外加电流源有唯一解的任何含源线性电阻单口网络,可以等效为一个电压为 uoc的电压源和电阻 Ro的串联 。 uoc
是含源单口网络在负载开路时的端口电压；
Ro是单口网络内全部独立电源置零时的等效电阻 。
摘 要
3．诺顿定理指出：外加电压源有唯一解的任何含源线性电阻单口网络，可以等效为一个电流为 isc的电流源和电阻 Ro 的并联。 isc是含源单口网络在负载短路时的端口电流； Ro是单口网络内全部独立电源置零时的等效电阻
。
4．只要用网络分析的任何方法，分别计算出 uoc,isc和 Ro，就能得到戴雏南 —诺顿等效电路。用裁维南 —诺顿等效电路代替含源线性电阻单口网络，不会影响网络其余部分的电压和电流。
5,最大功率传输：输出电阻 Ro大于零的任何含源线性电阻单口网络,向可变电阻负载传输最大功率的条件是 RL=Ro,负载电阻得到的最大功率是式中 uoc是含源单口的开路电压,isc是含源单口的短路电流 。
44
2
sco
o
2
oc
ma
iR
R
up
x
6．替代定理指出：已知电路中某条支路或某个单口网络的端电压或电流时，可用量值相同的电压源或电流源来替代该支路或单口网络，而不影响电路其余部分的电压和电流，只要电路在用独立电源替代前和替代后均存在唯一解。
7,特勒根定理 —— 功率守恒定理和似功率守恒定理
8,互易定理的三种形式作业 8,p102
4-5
4-6
4-9(b)
4-10(b)
作业 9,p104
4-14(b)
4-17
4-20
4-21
4－ l 线性和叠加定理
4－ 2 替代定理
4－ 3 戴维南定理和诺顿定理
4－ 4 特勒根定理
4－ 5 互易定理
4－ l 线性和叠加定理线性网络,由独立电源和线性元件组成。
具有线性性质,
1.齐次性,单个激励 (独立源 )作用时,
响应与激励成正比 。
2.可加性,多个激励同时作用时,总响应等于每个激励单独作用 (其余激励置零 )
时所产生的响应分量的代数和 。
电路响应与激励之间的这种线性关系称为叠加性，它是线性电路的一种基本性质。
)()()()( 2211 tektektektr mm
有激励,,……,
则响应 r(t) 为：
)(1 te )(2 te )(tem
图 (a)电路的回路方程：
)(
S3
S32121
ii
uiRiRR
得 R1上电流 i1
"
1
'
1S
21
2
S
21
1
1 iii
RR
Ru
RRi
其中由两项相加而成。
由两个独立电源共同产生的响应，
等于每个独立电源单独作用所产生响应之和。
S
21
2
01
"
1
S
21
01
'
1
S
S
1
i
RR
R
ii
u
RR
ii
u
i
叠加定理由全部独立电源在线性电阻电路中产生的任一响应 (电压或电流 )，
等于每一个独立电源单独作用所产生的相应响应 (电压或电流 )的代数和 。
注意,
1,适用于线性网络 。 非线性网络不适用 。
2,某一激励单独作用时，其他激励置零,即 独立电压源短路，独立电流源开路； 电路 其余结构都不改变。
3,任 一激励单独作用时,该电源的内阻,受控源 均 应保留 。
6.只适 用于电压和电流，不能用于功率和能量 的 计算,它们是电压或电流的二次函数 。
4,受控源 不 能 单独作用 。
5,叠加的结果为代数和，注意电压或电流的参考方向 。
例 1 已知 us ＝ 12V,is＝ 6A,试用叠加定理求支路电流 i。
解 当 us单独作用时,is因置零而被开路，如图 (b),可得故
i'=1A
us us
当 is单独作用时,us因置零而被短路，
如图 (c),可得响应分量
i ’’= 3A
根据叠加定理，可得 us和 is共同作用下的响应为
i = i’+ i’’=1+3 = 4A
例 2 No为线性无源网络 。
当 us＝ 1V,is＝ 1A时,u＝ 0；
当 us＝ 10V,is＝ 0时,u＝ 1V；
求,当 us＝ 20V,is＝ 10A时,u＝？
ss ikuku 21
解 线性网络的响应 v可表示为
k1,k2为 常数
No
+
-
uS
iS
+
u
-
由已知条件可得：
k1 × 1＋ k2 × 1＝ 0
k1 × 10＋ k2 × 0＝ 1
解方程组可得,k1 ＝ 0.1，
k2 ＝－ 0.1
因此,当 us＝ 20V,is＝ 10A时
u＝ k1 × 20＋ k2 × 10
＝ 1V
例 3 r =2?，用叠加定理求 i和功率 p 3?
解,12V和 6A单独作用如图 (b)和 (c)。
(每个电路内均保留受控源,但控制量分别改为分电路中的相应量 )。 由图 (b)
列出 KVL方程
031212 ''' iii求得：
V63A2 ''' iui
由 (c) 列出 KVL方程
0)6(312 ''"" iii
求得,
最后得到：
1 5 VV9V6
1A3AA2
"'
'''
uuu
iii
V9)6(3A3 '''''' iui
则：
Wiup 75)16(15)6(
4－ 2 替代定理在具有唯一解的任意集总参数网络中,若某条支路 k与网络中的其他支路无耦合,如果 已知该支路的支路电压 （ 支路电流 ）,则该支路可以用一个电压为 的独立电压源 （ 电流为 的独立电流源 ） 替代,替代前后电路中各支路电压和电流保持不变 。
ku
ki
kiku
注意,
1,适用于任意集总参数网络 （ 线性的,非线性的,时不变的,时变的 ）
3.,替代,与,等效变换,是不同的概念。,替代,是 特定条件下支路 电压或电流已知 时，用相应元件替代 支路 。
等效变换是两个具有相同端口伏安特性的电路间的相互转换，与变换以外电路无关。
2,所替代的支路与其它支路无耦合
4,已知 支路 可推广为已知 二端网络 （ 有源、无源） 。大网络成小网络
N1 N1N2 N2+-u +
-u
+
-u
N1 N1N2 N2i
i
i
例 4 无源网络 No的 22’端开路时,11’
端的输入电阻为 5Ω ; 如 左 图 11'端接
1A时,22'端电压 u =1V。 求 右 图 11'
端接 5Ω,10V的实际电压源时,22'
端的电压 u’=?
1A
1
1’
2
2’
+u
-
No
5Ω
1
1’
2
2’
+
u’-No+10V
-
i '
解,22’ 端开路时,11’ 端的输入电阻为 5Ω,因此 右 图中流过实际电压源支路的电流 i'为 i '= 1A
实际电压源支路用 1A的电流源替代，
u'不变，替代后的电路与 左 图 相同，
故 u'=u =1V
1A
1
1’
2
2’
+u
-
No
5Ω
1
1’
2
2’
+
u’-No+10V
-
i '
例 5图 (a)电路中 g=2S。试求电流 I。
解：用分压公式求受控源控制变量 U
V6V862 6U
用 gU=12A的电流源替代受控源,图 (b)
不含受控电源,求得
A7A
44
812
44
4
I
例 在图 (a)电路中,若要求 。
试求电阻 I Ix?
1
8
R x
＋
－
RS
US
Rx
1?
I
Ix
0.5?
0.5? 0.5?
(a)
解：由题意和替代定理，得图 (b)。
Ux1?I 0.5?
0.5? 0.5?I8
－ ＋
(b)
在图 (b)电路中,应用叠加定理：
Ux1?I 0.5?
0.5? 0.5?I8
－ ＋
(b)
电流源 I单独作用
Ux’
1?I 0.5?
0.5? 0.5?
－ ＋
得
Ux’
1?I 0.5?
0.5? 0.5?
－ ＋
II
IU
x
10
1
1
)5.05.0()5.01(
)5.05.0(
5.0
)5.05.0()5.01(
)5.01(
电流源 单独作用I
8
Ux”1? 0.5?
0.5? 0.5?I8
－ ＋
I
I
U
x
40
3
)5.05.0()5.01(
)5.05.0)(5.01(
8
"
得 IIIUUU
xxx 40
1
40
3
10
1" '
5
1
x
x
x I
UR
4－ 3 戴维南定理和诺顿定理
4-3-1 戴维南定理任一线性有源二端网络 N,就其两个输出端而言总可与一个独立电压源和线性电阻串联的电路等效，其中独立电压源的电压等于该二端网络 N输出端的开路电压,电阻 Ro等于 N内所有独立源置零时从输出端看入的等效电阻。
uOC
端口电压电流关联
oco uiRu
证明如下,。
端口支路用电流源 i 替代,如图 (a)，
根据叠加定理,电流源单独作用产生
u’=Roi [图 (b)],网络内部全部独立电源共同作用产生 u”=uoc [图 (c)]。 由此得到
oco"' uiRuuu
例 6 求图 (a)网络的戴维南等效电路 。
解：开路电压 uoc的参考方向如图 (a)，
由 i=0，可得 V3221
ocu
电压源用短路代替，电流源用开路代替，得图 (b)，求得 6321
oR
可画出戴维南等效电路，如图 (c) 。
例 7 r =2?，试求戴维南等效电路 。
解：求 uoc,A2
1?i V4221oc riu
求 Ro：电压源置零,保留受控源,图
(b)。 加电流,求电压 u。 由于 i1=0，
所以 u=2i1=0。 由此求得
00o
ii
uR
等效为一个 4V电压源，如图 (c)。
求 R0小结：
1.串、并联法
2.加压求流法，或加流求压法。
3.开短路法。
4两点法。 u
i
4-3-2 诺顿定理任一线性有源网络 N,就端口而言,
可以等效为一个电流源和电阻的并联 。
电流源的电流等于网络外部短路时的端口电流 isc；电阻 Ro是网络内全部独立源为零时,No的等效电阻 。
isc—— 短路电流。 Ro—— 诺顿电阻。
电流源 isc和电阻 Ro的并联，称为网络的诺顿等效电路。电压电流采用关联参考方向时，
sc
o
1 iu
R
i
例 8 求图 (a)网络的诺顿等效电路。
解：求 isc，网络外部短路，如图 (a)。
2S
3
S
1S
21
1
2S32sc iR
ui
RR
Riiii
求 Ro，图 (b)求得
321
321
o
)(
RRR
RRRR
画出诺顿等效电路，如图 (c)所示。
含源线性电阻单口网络的等效电路只要确定 uoc,isc或 Ro 就能求得两种等效电路 。
o
oc
scscooc
sc
oc
o R
u
iiRu
i
u
R
戴维南定理和诺顿定理注意几点：
1,被等效的有源二端网络是线性的,且 与外电路之间不能有耦合关系
2,求等效电路的 Ro时,应将网络中的所有独立源置零,而受控源保留
3,当 Ro≠ 0和 ∞ 时，有源二端网络既有戴维南等效电路又有诺顿等效电路，并且,isc和 Ro存在关系,,ocu
4.作为定理，一个电路可以应用多次。
5.一般端电压与开路电压不相等。
oc
L o
Lu
R R
R u
RL
+
－
Ro
ocu
u
例 9 用戴维南定理求电路中的电流 i。
解 电路 a,b以左电路部分化简。
1.求开路电压 uoc
1? 2?
i14?
+
10V
-
- 6 i1 + a
b
i
4?
(a)
1? 2?
i14?
+
10V
-
- 6 i1 +
(b)
+
uoc
-
由 图 b可得受控源的控制量 i1为
i1 ＝ 2A 故 uoc＝ 6 i1 + 4 i1 = 20V
1? 2?
i1’4?
- 6 i1’ +
(c)
+
u’
-
i’
2.求电阻 Ro
图 b网络的独立电压源置零,
得图 c,设端口电压为 u',端上电流为 i '
则 u'＝ 6× i1'＋ 2× i'＋ 4× i1'
由 1Ω 和 4Ω分流关系可得 i1' ＝ 0.2i '
因此 u’＝ 4i’ 即 Ro＝ 4Ω
3.求 i
由戴维南定理可将图 a化简为图 d
Ai 5.2
44
20?
4?
+
20V
-
a
b
i4?
(d)
例,试求图 (a)的戴维南等效电路 。
b
1K?
0.5 i1
i1
1K?
+
10V
-
a
(a)
解：节点法求开路电压。 解得
1
1
1
10
5,0
1
10
)
1
1
1
1
(
i
K
u
i
K
u
K K
oc
oc
V uoc6?
加压求流法求等效内阻。
1
1
K 1
5,2
i u
i i
列方程：
解得,RK
o?04,?
1K?
0.5 i1
i1
1K?
－
+
a
(b)
bi
u
如果要用开短路法，求短路电流。
+
10V
-
1K?
0.5 i1
i1
1K?
a
(c)iSC
15
10
1
1
1
.ii
i
K
SC?
列方程：
解得：
imA SC?15
例,图 (a)电路中,N为有源线性二端网络，已知,若 A,B开关都打开时，
I=0.1A;若 A打开,B闭合时,I=0.125A;
试求：若 A闭合,B打开时,I=?
I
N
A
B
60?
20?
解：法 1：应用替代定理和叠加定理
(a)
I=0.1A
N 8V+
－
I
N
A
B
60?
20?
(a) (b)
由题意,A,B都打开时，应用替代定理，如图 (b)所示；
设 N中电源单独作用时产生的电流为 x;
单位电压源作用时产生的电流为 y。 则有
xy (.),800101
I=0.125A
N 7.5V+
－
I
N
A
B
60?
20?
(a) (c)
同理,A打开,B闭合时，应用替代定理，
如图 (c)所示；
则，有 方程为 xy (.),6001250125
两方程联立
xy
xy
(.).
(.).
800101
6001250125
(a)
解得：
x
y
05
005
.
.
则，所求电流为 IxIyA 20025,
法 2：应用戴维南定理。 则得图 (d):
I
N
A
B
60?
20?
Ro
uOC
I=0.1A
N 80?
Ro
uOC (d)
得方程 1,0 ) 80 /(
o OCR u
同理，得图 (e)：
I=0.125A
N 60?
Ro
uOC
(e)
得方程
125,0 ) 60 /( o OCR u
两方程联立：
125,0
60
1,0
80
o
OC
o
OC
R
u
R
u
解得：
20
10
o
OC
R
u 得,IA?
10
2020
025,
4-3-3 最大功率传输条件
Ro
+
uoc
-
a
b
i
RL
负载电阻 吸收的功率欲 获得最大功率，
L
Lo
oc
L RRR
uRip
2
2
0
2
d
d 2
4
2
oc
oL
oLLoL
L
u
RR
RRRRR
R
p
可得 最大功率传输条件,
RL＝ Ro
o
oc
R
u
p
4
2
m a x?
此时，负载获最大功率为：
此时 对于等效电路而言,效率为 50% 。
例 10 RL=?,负载获最大功率,PLmax=？
解 a,b以左化 为等效戴维南 电路。
1.求开路电压 u oc
10?
50?
+
10V
-
0.04u
a
b
RL
+
u
-
uoc＝ 12.5 V
10?
50?
+
10V
-
0.04 uoc
a
b
+
uoc
-
节点法
OC OCu u04,0 10
10 )
50
1
10
1 (
得
2.求电阻 Ro
先求 i s c
i s c ＝ 1A Ro＝ uoc /i s c =12.5Ω
10?
50?
+
10V
-
0.04 v
a
b
+
u
-
i s c由于 u=0，
受控源开路
3.当 RL =Ro = 12.5Ω时，负载获最大功率
W1 2 5.3
5.124
5.12
4
22
m a x
o
oc
R
u
p
4-4 特勒根定理
0
1
k
b
k
k iu
任意一个具有 b条支路,n个节点的集总参数网络,设它的各支路电压和电流分别为 和 (k＝ 1,2,3,… b),且各支路电压和电流取关联参考方向,则有
kiku
特勒根第一定理 (功率守恒 )：
特勒根第二定理 (似 功率守恒 )：
0 '
1
b
k
kk iu 0 '
1
b
k
kk iu
和支路电压和电流 取 关联参考方向 且相同,
则有
N N’有向图相同
ki 'ki
支路电流支路电压
ku 'ku
2 42
2 - 2V +
5A
i1
i2
i5
i6
i3 i4
2 4
2 - 4V +
2A
i1’
i2’
i5’
i6’
i3’ i4’
+
4V
-
1 5
6
2 3 4
验证：
有相同的有向图如右
N,u1＝ 6V,u2＝－ 4V,u3＝ 2V，
u4＝ 4V,u5＝ 2V,u6＝－ 8V；
i1＝ 3A,i2＝－ 2A,i3＝ 1A，
i4＝ 1A,i5＝ 4A,i6＝ 5A。
因此有,
6
1k
kkiu
6× 3＋ (-4)× (-2)＋ 2× 1＋
4× 1＋ 2× 4＋ (-8)× 5＝ 0
N’,u1'＝ 4V,u2'＝ 0V,u3'＝ 4V，
u4'＝ 8V,u5'＝ 4V,u6'＝－ 8V；
i1'＝ 2A,i2'＝ 0A,i3'＝－ 2A，
i4'＝ 2A,i5'＝ 0A,i6'＝ 2A。
因此有，
4× 2＋ 0× 0＋ 4× (-2)＋
8× 2＋ 4× 0＋ (-8)× 2＝ 0
6
1
''
k
kk iu
这就验证了特勒根第一定理 。
= 6× 2＋ (-4)× 0＋ 2× (-2)
＋ 4× 2＋ 2× 0＋ (-8)× 2＝ 0
6
1
'
k
kkiu
= 4× 3＋ 0× (-2)＋ 4× 1＋
8× 1＋ 4× 4＋ (-8)× 5＝ 0
这就验证了特勒根第二定理。
6
1
'
k
kk iu
特勒根定理适用于任意集总参数电路特勒根第二定理的证明：
设 N和 N’两网络均有 n个节点 b条支路。各支路 电压、电流的参考方向关联且相同。则 N网络的 KCL方程为
i i i
i i i
i i i
n
n
n n n n
12 13 1
21 23 2
1 2 1
0
0
0
将上式分别乘以 N’网络的相应电压，有
0 ' ' '
0 ' ' '
0 ' ' '
121
22223221
11113112
nnnnnnn
n
n
uiuiui
uiuiui
uiuiui
将上式右端全部加起来，得
0) ' '() ' '( 331113221112uiuiuiui
由 i i i i12 21 13 31,,
故得 同理 0 '
1
b
k
kk iu0 '
1
b
k
kk iu
例 11 NR仅由电阻组成,已知 i1＝ -2A，
i2＝ 1A； 若 电阻由 4Ω 改为 8Ω,i1'＝
-1.8A,试求 i2'?。
NR
i1'
+
3v
-
+
u1'
-
i2'
+
u2'
-
8ΩNR
i1
+
3v
-
+
u1
-
i2
+
u2
-4Ω
解：
b
k
kk
b
k
kk iuiu
11
0''
b
k
kkk
b
k
kk iuiuiuiuiuiu
3
221
3
2211 ''''''
NR仅由电阻组成 (k=3,…,b)
kkkkkkkkkk iuiiRiiRiu ')'(''
b
k
kk
b
k
kk iuiu
33
''得：
22112211 '''' iuiuiuiu
故：
i1＝ -2A,i2＝ 1A,i1’＝ -1.8A代入
221221 '83'4'3 iiiiii
1'8)2(3'14)8.1(3 22 ii
Ai 15.0'2?
NR
i1'
+
3v
-
+
u1'
-
i2'
+
u2'
-
8ΩNR
i1
+
3v
-
+
u1
-
i2
+
u2
-4Ω
4-5 互易 定理互易性 —— 线性不含独立源、受控源的电路，在单一激励情况下,激励和响应的位置互换，相同激励的响应不变互易网络：具有互易性的网络
R1 R2a
b
c
d
i
+
uS
-
R3
R1 R2a
b
c
d
i’
+
uS
-
R3
S
S u
RRRRRR
R
RR
R
RRR
ui
323121
3
32
3
321 //
S
S u
RRRRRR
R
RR
R
RRR
ui
323121
3
31
3
312 //
'
互易定理有三种形式：
'ii?
该网络是互易网络形式一,NR仅由电阻组成,独立电压源 vs激励 与 响应电流 互换位置,响应电流相同 。 即 i２ ＝ i１ '
1
1’
2
2’
i2+u
S
-
NR
+
u1
-
i１
+
u2
-
+
uS
-
1
1’
2
2’
i2'
NR
+
u1'
-
i１ '
+
u2'
-
形式二,NR仅由电阻组成,独立电 流源 is激励 与 响应电 压互换位置,响应电压相同 。 即 u２ ＝ u1’
1
1’
2
2’
iS
NR
+
u1
-
i１
+
u2
- iS
1
1’
2
2’
i2'
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
形式 三,NR仅由电阻组成,激励电压源 vs与 响应电压 互换位置,将此激励换为相同数值的独立电流源 is,产生的响应电流在数值上与 原响应电压 相等 。
即 数值上,i１ ' ＝ u２
1
1’
2
2’
+
uS
-
NR
+
u1
-
i１
+
u2
-
iS
1
1’
2
2’
i2'
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
i1'
用特勒根定理证明：
b
k
kk
b
k
kk iuiu
11
''
b
k
kk
b
k
kk iuiu
33
''由例 11知得 22112211 '''' iuiuiuiu
对于形式一,u1 ＝ us,u2 ＝ 0，
u1 '＝ 0,u2 '＝ uS,代入 上 式可得
us i1 '＝ us i2
故 i2 ＝ i1 '
因此形式一成立 。
22112211 '''' iuiuiuiu
也可表示为：图 (a)的 电压源 比 电流 等于交换位置后图 (b)的 电压源 比 电流 。
对于形式二,i1＝ is,i2＝ 0,i1’＝ 0
,i2’＝ is,代入 上 式可得
u2 is ＝ u1' is
故 u2＝ u1'
因此形式二成立。
也可表示为：图 (a)的 电流源 比 电压等于交换位置后图 (b)的 电流源 比 电压 。
22112211 '''' iuiuiuiu
对于形式三,u1＝ u,i2＝ 0,u1’＝ 0，
i2’＝ is,代入 上 式可得
uS i1’＝ u2 is
由于 uS 与 is 数值相同，故数值上 u2 与
i1’相等。
因此形式三成立。
也可表示为：图 (a)的 电压源 比 电压等于交换位置后图 (b)的 电流源 比 电流 。
22112211 '''' iuiuiuiu
注意,
1,NR不含独立源,受控源,外部只有单个激励 和 响应 ；
2,若互易前后激励和响应的参考方向关系一致 (都相同或都相反 )，则 对 形式一和二有 相同激励产生的响应相同；
对 形式三 则相同激励产生的响应相差一个负号。
例 12 试求 i? 2Ω
2Ω
3Ω
8Ω
4Ωi
-
10V
+
2Ω
2Ω
3Ω
8Ω
4Ω
i
+10V-
解：互易形式一
2
2
3Ω
8
4
i
+10V-
i1
i2 i
3
2
2
3Ω
8
4
i
+10V-
i1
i2 i
3
A
i
5.1
4//82//23
10
1
Aii 75.0
2
1
12
Aii 5.0
84
4
13
列 KCL，得 Aiii 25.0
23
例 13 已知图 （ a） 中 i2＝ 0.1A;图 （ b）
中 得 i1'＝ 0.4A。 试求 R之值 。
NR
i2
+
u2
-20Ω
1A
R
图 (a)
NR
i1’
20Ω
2A
R
图 (b)
解：由图 (a)得 u2=20i1=2V
1/2=2/u1’
得 u1’=4 V
故 R＝ u1’/ i1’ =4/0.4=10Ω
NR 20Ω 2AR
图 (c)
+
u1’
-
互易定理 形式二可 得例 14 已知图 （ a） 中 u1＝ 10V,u2＝ 5V。
i1=2A,试求 图 （ b） 的 i1'
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
1
1’
2
2’
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
i1'
2A
5
Ω
b
解一：特勒根定理求解
1
1’
2
2’
NR
+
u1'
-
+
u2'
-
i1'
2A
5
Ω
b
22112211 '''' iuiuiuiu
22112211 ''5'' iuiiiuiu
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
i2
0')2('5)2(5'10 211 uii
得,i1' =0.5A
解二：戴维南定理 +互易定理求解
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
i2 1
1’
2
2’
NR
+
uoc
-
+
u2'
-
2A
移去 5Ω,由互易 定理的 形式二，得
uoc =5V
2’
1
1’
2
NR
+
u1
-
+
u2
-
i1
a
2A
i2
求 Ro,由图（ a） 得
Ro = 5Ω
1
1’
2
2’
NR
+
u2'
-Ro
Ai 5.0
55
5'
1
5?
+
5V
-
i’15?
1
1’
(b)图 化为：
例 15 已知图 （ 1） 中,No为无源线性电阻网络,流过 uS的电流为 Im；图 （ 2） 的开路电压为 uo,Rab = R0 。
No
aI
m
图 (1) b
+
uS
-
Rk
No
a
图 (2) b
+
uS
-
Ro
+
uo
-
问,图 (3)的 Rx为何值，
才有 Im = Im’。
No +uo’
-Rx
图 (3)
Im’
+
uS
-
Ix’
No
aI
m
图 (1) b
+
uS
-
Rk No +uo’
-Rx
图 (3)
Im’
+
uS
-
Ix’
解：特勒根定理求
kk RoSmsRxsms IuuIuuIuIu '0)(0')'(
由于题目要求 Im= Im ’，所以
kRoxs IuIu ''?
对输出端而言，图（ 2）与（ 3）等效。
因为,uS 与 Rx并联可等效为 uS，因此
'oo uu?
No
a
图 (2) b
+
uS
-
Ro
+
uo
-
No +uo’
-Rx
图 (3)
Im’
+
uS
-
Ix’
图 (2)可知，图（ 1） ab以左等效为 R0 串联 uo 戴维南电路，所以
ko
o
R RR
uI
k?
ko
o
Roxs
RR
u
IuIu
k?
2
''
Sko
o
x
uRR
u
I
1
'
2
)()(
'
2
ko
o
S
x
S
x RRu
u
I
u
R
即：
所以：
则：
例 16 NR 网络为纯电阻网络,在 图 (a)中
,当 Us1＝ 70V时,I1＝ 0.5 A,I2＝ 0.2 A
,U3＝ 14 V。 试求,图 (b)中 Us2＝ 105V
,Is3＝ 3.5A,R1’＝ 210?时 的 I1’。
U3
+
－
+
－ NR
I2
US1
I1
(a)
1
1’
3
3’
2 2’
US2+ －
NR Is3
I1’
R1’
(b)
3
3’
1
1’
2 2’
解,法 1：计算 1,1’端的戴维南电路。
由图 (a)得 1,1’端等效内阻为 1 4 0
5.0
70
oR
由互易定理，得图 (b)电压源单独作用时的 1,1’的短路电流为
2221 // SCSS IUIU?
70 0 2 105 2/,/? I SC
A3.02?SCI
代入数字，有得图 (b)电压源单独作用时的 诺顿等效电路的短路电流，为得图 (b)电压源单独作用时的 戴维南等效电路的开路电压，为
V421 4 03.022 SCoOC IRU
由互易定理，得图 (b)电流源单独作用时的 1,1’的开路电压为
3331 // OCS UIUI?
代入数字，有
3/5.314/5.0 OCU?
得图 (b)电 流 源单独作用时的 戴维南等效电路的开路电压，为
V983?OCU
得图 (b)1,1’端 的 戴维南等效电路的开路电压，为
V1 4 0984232 OCOCOC UUU
于是，得
A4.0
2 1 01 4 0
1 4 0
1I
法 2：应用特勒根定理,
70 0 14 3 5
0 5 210 0 2 105 0
1
1
( ' ) (,)
(,) ( ' ),
I
I
于是，得
A4.0 1I
1．叠加定理适用于有唯一解的任何线性电阻电路。它允许用分别计算每个独立电源产生的电压或电流，然后相加的方法，求得含多个独立电源线性电阻电路的电压或电流。
2,戴维南定理指出：外加电流源有唯一解的任何含源线性电阻单口网络,可以等效为一个电压为 uoc的电压源和电阻 Ro的串联 。 uoc
是含源单口网络在负载开路时的端口电压；
Ro是单口网络内全部独立电源置零时的等效电阻 。
摘 要
3．诺顿定理指出：外加电压源有唯一解的任何含源线性电阻单口网络，可以等效为一个电流为 isc的电流源和电阻 Ro 的并联。 isc是含源单口网络在负载短路时的端口电流； Ro是单口网络内全部独立电源置零时的等效电阻
。
4．只要用网络分析的任何方法，分别计算出 uoc,isc和 Ro，就能得到戴雏南 —诺顿等效电路。用裁维南 —诺顿等效电路代替含源线性电阻单口网络，不会影响网络其余部分的电压和电流。
5,最大功率传输：输出电阻 Ro大于零的任何含源线性电阻单口网络,向可变电阻负载传输最大功率的条件是 RL=Ro,负载电阻得到的最大功率是式中 uoc是含源单口的开路电压,isc是含源单口的短路电流 。
44
2
sco
o
2
oc
ma
iR
R
up
x
6．替代定理指出：已知电路中某条支路或某个单口网络的端电压或电流时，可用量值相同的电压源或电流源来替代该支路或单口网络，而不影响电路其余部分的电压和电流，只要电路在用独立电源替代前和替代后均存在唯一解。
7,特勒根定理 —— 功率守恒定理和似功率守恒定理
8,互易定理的三种形式作业 8,p102
4-5
4-6
4-9(b)
4-10(b)
作业 9,p104
4-14(b)
4-17
4-20
4-21
