电路分析基础试题解答11
试题㈠
Ⅰ、单项选择题(每小题3分,共30分)
—1、图1电路电流I 等于
(A) -2A (B) 2A
(C) -4A (D) 4A 解:(1)用叠加定理作:
A I 436
36
6318=?+++=
(2) 节点法求解:列节点方程
(6
18
3)6131+=+a U V U a 12=→→ A U I a 43==
(3) 网孔法求解:列网孔方程 A I 31=
918332=?+I A I 12=→ → A I I I 421=+=
— 2、图2电路,电压U 等于
(A) 6V (B) 8V (C) 10V (D)16V 解:(1)节点法求解:列节点方程
解得U =8V
(2) 电源互换等效求解(将受控电流源互换为受控电压源。注意求解量U 的位置!参看题2'图)
V I U A I I I 86214610=+=→=→=- —3、图3电路,1A 电流源产生功率s P 等于 (A) 1W (B) 3W (C) 5W (D) 7W 解: U =1×3-3+1×1=1V 所以
W U P s 11=?=
—4、图4电路,电阻R 等于 (A )5Ω (B )11Ω
U
Ω
3V
题1图
2
6526)2121(-=
+=+U I I
U 3题3图
(C )15Ω (D )20Ω 解: 30-18=10I I=1.2A
R=Ω=152
.118
—5、图5电路,电容ab C 等于 (A )1F (B) 4F (C) 9F (D) 11F 解: F C ab 11263=++=
—6、图6电路已处于稳态,t =0时S 闭合,则t =0时电容上的储能)0(C w 等于 (A) (B) 18J (C) 36J (D) 54J 解:
—7、图7电路,节点1、2、3的电位分别为,,,321U U U 则节点1的节点电位方程为
(A) 424321-=--U U U (B) 4427321-=--U U U (C) 424321=--U U U (D) 45.0321-=--U U U 解: S G 4115.015.05.0111=+++=
S G 25
.01
12-=-=
S G 15.05.0113-=+-
= A I s 41
6
5.05.0111-=-+-= 所以答案A 正确。 —8、图8所示电路,其品质因数Q 等于
(A) 40 (B) 50 (C) 80 (D) 100 解:画等效电路如题解8图所示。
5题4图6Ω
图
题4'F
3F
6F
2a b
图
题59图
题6J
Cu w V u u V
u C C C C c 546321)0(21)0(6)0()0(69636
)0(22
=??=====?+=-+-1A
H μ200H
100题8图题解8图5010
1080010200126
=??==--R
C
L
Q
—9、图9所示正弦稳态电路,已知A I s
?∠=016&则电流I &等于 (A )A ?∠1802 (B )A ?∠02 (C )8A ?∠180 (D)
A ?∠08
解:设电流1
I &参考方向如图中所标。将电路等效为题解9图。图中 Ω=?=123)1
2
(2in Z
A I Z I s in ??∠=∠?+=+=0401612
44
441
&& 应用变流关系,得 A I I ?∠=-=18081
21&& —10、题10所示滤波电路,取电容电压为输出,则该电路为
(A) 高通滤波电路 (B) 低通滤波电路 (C) 带通滤波电路 (D) 全通滤波电路
解:画相量模型电路如题解10图。由分流公式,得
s
s C I j j I j
I &&&ωωω
311211+=-+= s
C C I j I j U &&&ω
ω3111+== ωω311)(j I U j H s
C
+==&& )(ωj H →2911ω+=0)(,1)0(,0=∞∞=→==→j H j H ωω 故知该滤波电路为低通滤波电路。
Ⅱ 填空题(每小题4分,共20分)
11、题11图所示正弦稳态电路,已知A t t i V t t u )452cos(2)(,)2cos(7)(?-== 则R =
L= 解:
s
I 题9
图I in
题解9
图
I 题10
图
I 题解10
图
题11图
,07V U m ?∠=& A I m
?-∠=452& 由电路图写导纳: L
j R Y ω1
1-=
所以得Ω=7R , H L L 5.32
7
77===→=ωω
12、题12图所示电路,则P 点电位为 Q 点电位为
解: V U P 1025-=?-= U Q =V U P 410610646-=-=+?+
13、题13正弦稳态电路,已知A I A I V U s 4,3,0202
1==∠=?&,则I =,
电压源发出平均功率=
s P 。
解: A I I I 5432
2
2
22
1
=+=+= W I I P s 43212
12=?+?=
14、题14图所示电路,以)(t u s 为输入,以)(t u 为输出,则电路的阶跃响应=
)(t g
解:设L i 参考方向如图中所标。0状态 →0)0(=-L i
0)0()0(==-+L L i i 0)0(2)0(==→++L i g 令V t t u s )()(ε= A i L 51)(=∞→ V i g L 5
2)(2)(=∞=∞→ S 2.02
31
=+=
τ )()1(5
2
)]()0([)()(51t e e
g g g t g t t
ετ
--+-=
∞-+∞=V 15。如题15图所示互感的二端口电路,其Z 参数矩阵
为 解:画T 型去耦相量电路模型如题解15图所示。显然 Ω+=3211j z , Ω-=221j z
Ω-==22112j z z S j U I Y m m 717107452-=∠-∠==??&
&题12图
题13图
(t u s )
(t 题14图
&&题15图
题解15图
Ω=422j z ,
故得 Ω???
???--+=42
232j j j j Z
Ⅲ、计算题(5小题共50分)
16、(10分)如题16图所示电路,求电流I 。
解:(1)用节点法求解。选参考点如图中所标。 显然V U 341=,列节点方程为
12
523433232=+-=-U U U U
解得 A I V U 283=→=
(2)用戴文宁定理求解。自ab 断开待求支路,
设开路电压OC U 如题解16图(a )所示。
V
U V U V U OC OC OC
2617917346
669]6//66[1=+==?+=''=+?='
画求O R 电路如(b )图 ,Ω=+=966//6O R 再画出戴维宁等效电源接上待求支路如(c )图,故得
A I 24
926
=+=
17、(12分)如题17图所示电路已处于稳态,t =0时开关S 闭合,求t ≥0时的电流i (t )。
解:设L i 参考方向如图中所标。 因S 闭合前电路处于直流稳态,所以
34Ω
I
34OC
a
b
926I 题解16图
20Ω
5题17图
A i i A i L L L 5.0)0()0(5.025155
)0(===?+=-+-1)41
61(610346
1
61)616161(3232=++-=?--++U U U U
画+=0t 时等效电路如题解17图(a )所示。 再将(a )图等效为(b )图。列节点方程为
5.020102020)0()201201(-+=++a u
解得
V u a 10)0(=+
A u i a 5.020
)
0(20)0(=-=
++ t =∞时电路又进入新的直流稳态,L 又视为短路,
所以 A i 12020
)(==∞
画求O R 电路如(c )图所示。故求得 Ω==1020//20O R S R L O 05.010
5.0===
τ 套三要素公式,得
,5.01)]()0([)()(201
≥-=∞-+∞=--+t A e
e i i i t i t
t
τ
18、(10分)如题18图所示电路,电阻L R 可变,L R 为多大时,其上获得最大功率此时最大功率max L P 为多少
解:自ab 断开L R 并设开路电压OC U 如题解18(a )图所示。应用串联分压及KVL ,得
V U OC 5.19366
9222=?++?+-=
画求O R 电路如(b )图,则得
Ω=+=36//32//2O R
由最大功率传输定理可知
Ω==3O L R R 时其上可获得最大功率。此时
20Ω
5
20)
0(i V
(c)题解17
图
题18图
题解18图
W R U P O OC L 1875.0345.142
2max =?==
19、(10分)如图19所示正弦稳态电路,已知V U s
?∠=0210&为频率可变的正弦交流电源。试求:
(1)当电源角频率为s rad /20=ω时电流的有效值I 为多少 (2)当电源角频率ω为多少时,电流的有效值I 等于零
(3)当电源角频率ω为多少时,电流有效值I 为最大并求出最大的m ax I 。 解:画相量模型电路如题解19图所示。 (1)当s rad /20=ω时
A j j j U I s
?
∠=++=
451210//1.031065ω
ωω&&A I 12=→ (2) 当∞=ω
ωj j 10
//1.0,即发生并联谐振时 0=I 此时 s rad /101
.01.01=?=
ω
(3) 当ωωω310
10//
1.0j j j =时,即发生串联谐振时 A U I I s 2126
52
1065max ===
= 这时角频率ω满足:
ω
ω
ω
310
1.010
1=
-,解得s rad /5=ω
20、(8分)如题20图所示电路,设电源电压为s U ,当Ω=2L R 时,L R 上电流为L I 。
(1)现要求L R 上的电流减至原来的31
,则电源电压s U 的大小应怎样攺变
(2)为达到上述相同要求,s U 不变而改变L R 的值,问L R 应取何值
解:(1)本电路只有一个激励源s U ,由齐次定理可知:当电路响应L R 上的电流
减至原来的31时,则电源电压s U 也应减小至原来的3
1。
Ω
5U 题19图
Ω
5
U
题解19图
ω310j
(2)自ab 断开L R ,设开路电压为OC U 。采用外加电源法求戴维宁等效源内阻O R 。 如题解20图(a)所示。电流
1
111116111142211
24
1161//14//24I I I I I U I U I -=+-+=''
+=+'+=
将I '代入上式,得 Ω==→=
5.2156
1
111I U R U I O 画戴维宁等效电源接上负载电阻如(b )图,当
Ω=2L R 时电流
5
.425.2OC OC L O OC L U
U R R U I =+=+=
当L R 改变后的电流为原电流的31
,即
5
.4315.2OC L OC U
R U ?=+
解之,得 Ω=11L R
综合典型题
问题1、叠加定理、置换定理结合应用的典型例。
在图示电路中,若要求输出电压)(t u o 不受电压源2s u 的影响,问受控源的控制系
数α应为何值
解:据叠加定理作出)(2t u s
单独作用时的分解电路图
题20图Ω2Ω
4
OC
U L
L 题解20图
s u L
R 图1
(注意要将受控源保留),解出)(t u o '并令)(t u o '=0即解得满足不受
)(2t u s 影响的α的值。这样的思路求解虽然概念正确,
方法也无问题,但因α,L R 是字符表示均未给出具体数值,中间过程不便合并只能代数式表示,又加之电路中含有受控源,致使这种思路的求解过程非常繁琐。
根据基本概念再做进一步分析可找到比较简单的方法。因求出的α值应使
0)(='t u o
,那么根据欧姆定律知L R 上的电流为0,应用置换定理将之断开,如解1图所示。(这是能简化运算的关键步骤!)
电流
22
1.06
26//3s s u u i =++='
电压
21
2.02s u i u -='-=' 由KVL 得
2
22221)2.04.0(1.062.06s s s s s o
u u u u i u u u ααα-=?-+-='-+'='
令上式系数等于零解得
2=α
点评:倘若该题不是首先想到应用叠加定理作分解图,再用置换定理并考虑欧姆定律将L R 作断开置换处理,而是选用网孔法或节点法或等效电源定理求解出
o u 表达式,这时再令表达式中与2s u 有关的分量部分等于零解得α的值,其解算
过程更是麻烦。灵活运用基本概念对问题做透彻分析,寻求解决该问题最简便的方法,这是“能力”训练的重要环节。
问题2、叠加定理、齐次定理、置换定理、等效电源定理结合应用的典型例。 如图2所示电路中,N 为含源线性电阻电路,电阻R 可调,当R =8Ω时A I 51=;当R =18Ω时31=I A ;当R =38Ω时21=I A ;求当R =6Ω时电流1I 等于多少
解:对求2I ,应用戴文宁定理将图2
等效为解图2(a ),所以
解1图
2
图2
R
R U I O OC
+=2
应用置换定理将R 支路置换为电流源2I ,如解图2(b )。再应用齐次定理、叠加定理写1I 表达式为
R
R KU I KI I I O OC
N N ++
=+=21 (1) 式(1)中N I 为N 内所有独立源共同作用在1I 支路所产生的电流分量。
代入题目中给定的一组条件,分别得 58
=++
O OC
N R KU I (2) 318
=++
O OC
N R KU I (3)
238
=++
O OC
N R KU I (4)
联立式(2)、(3)、(4)解得:A I V KU R N OC O 1,40,2==Ω=,将R =6Ω及解得的这组数据代入式(1),得所求电流 A R R KU I I o OC N 66
240
11=++=++
= 点评:这类题型的求解不可应用网孔法、节点法这些排方程的方法求解,
因N 是“黑箱”,任何形式的方程无法列写;单用等效电源定理也不便求解。此种类型的问题,务必联想到叠加、齐次、置换、等效电源定理这几个定理的结合应用。属概念性强、方法灵活、难度大的题目。
问题3、动态一阶电路三要素法与叠加定理、齐次定理结合应用典型例。
如图3(a )所示电路,当0状态,)(4)(t t i s ε=时
V
t e t u A t e t i t
Rzs t Lzs )()5.02()()()1(2)(εε---=-=
试求当A t t i A i s L )(2)(,2)0(ε==时的电压)(t u R 。
)
(b 解图2
(a)
图1
解:假设0状态,当)(2)(t t i s ε=时的零状态响应
)()5.02(21
)(t e t u t Rzs ε--= (1)
假设A i t i L s 2)0(,0)(==时零输入响应为)(t u Rzi ,分析计算=)(t u Rzi
参看(a )图及所给定的激励和响应,考虑t =0及t =∞这两个特定时刻(因在这两个时刻电路均为线性电阻电路)有
V u A i A i t V u i A i t Rzs L s Rzs L s 2)(,2)(,4)(,5.1)0(,0)0(,4)0(,0=∞=∞=∞∞=====++++} (2)
根据齐次定理、叠加定理,另设
)()()()0()0()0(2121∞+∞=∞+=+++L s Rzs L s Rzs i k i k u i k i k u }
(3)
将式(2)数据组代入式(3)有
2
245
.1042121=?+?=?+?k k k k →解得:k 41
,8321==k
参看(b )图,得
2
1
2)0(2=
?=+k u Rzi V 对于电阻R 上零输入电压)(t u Rzi ,当t =∞时,)(∞Rzi u 一定等于0(若不等于0,从换路到t =∞期间R 上一定耗能无限大,这就意味着动态元件上初始储能要无限大,这在实际中是不可能的。)所以
0)(=∞Rzi u
因电路结构无变化,故电路的时间常数不变即 S 1=τ
将三个要素代入三要素公式,得 t
Rzi Rzi Rzi Rzi e
u u u t u τ
1
)]()0([)()(-+∞-+∞=
=V e t -5.0 t ≥0
故得全响应
V e e e t u t u t u t t t Rzs Rzi R ---+=-+=+=25.0125.015.0)()()( t ≥0 点评:求解本题应用到了线性动态电路的零输入响应、零状态响应可分解性、
齐次性;三要素法;求初始值时还应用到了叠加定理、齐次定理。定性定量相结合逐步分析是求解本问题的关键。该题也属于灵活、难度大的题目。