电路与电子技术基础第3章习题参考答案

Ro1 = 20 // 30 // 60 = 10(kΩ)
对于右边电路由弥尔曼定理有
U oc2
Ro2 = 60 // 60 // 40 =
120 (kΩ) 7
所以图 3-3(a)可以简化为图 3-3(b)电路，由图 3-3(b)得
240 + 20 380 × 3 U= 7 ×3= ≈ 5.4(V ) 120 211 3 + 10 + 7
3-4 试求题图 3-4(a)所示的桥式电路中，流过 5Ω电阻的电流。 分析：欲求流过 55Ω电阻的电流，如果将该支路断开，电路就变成一个简单电路，很 容易求出开路电压，当然在求等效内阻时，尽管不是简单电路，但可以通过 Y—Δ转换，也 容易求出等效内阻。所以我们采用戴维南定理对此题进行分析。 解：用戴维南定理求解，为此将 5Ω支路断开，则图 3-4(a)可化简为图 3-4(b)电路，由 图 3-4(b)，利用弥尔曼定理可计算出
′ + U ab ′′ = sin t + 0.2e −t V U ab = U ab
3-8 如题图 3-8 所示电路图，已知网络 N 为线性网络，当电压源 Us2 不变，电流源 Is 和电 当电 压源 Us1 反向时，电压 Uab 是原来的 0.5 倍； 压源 Us1 不变，电流源 Is 和电压源 Us2 反向时， 电压 Uab 是原来的 0.3 倍。问：当 Us1 和 Us2 均不 变，仅 Is 反向，电压 Uab 为原来的几倍？ 分析： 此题是根据已知的 3 个电源变化导致
1Ω 3U 1Ω + 2V – – b (a) 题图 3-5 (b) 习题 3-5 电路图 2Ω 2Ω I a + U 4/15V + –b + U –8/15Ω I a + 2V – 1Ω + 2V – (d) 2Ω –6Uoc + I + 2Ω (c) 2Ω 2Ω Isc Uoc –
解：首先求图 3-5(a)中 a、b 端的开路电压 Uoc，为此可将图 3-5(a)的受控源进行电源转 换，得图 3-5(c)电路，并注意到受控源是受 Uab 的控制，即待求的开路电压 Uoc，由图 3-5(c) 可得
+120V 20k a 60k 3k b 10k – U + 30k 60k –240V (a) 题图 3-3 习题 3-3 电路图 +480V (b) 60k + –20V – 120/7k + 240/7V – –240V 40k a 3k b
解：对于左边电路由弥尔曼定理有
U oc1
120 240 − 30 = −20(V) = 20 1 1 1 + + 20 60 30 480 240 − 40 = 240 ( V) = 60 1 1 1 7 + + 60 60 40
1 1 5 sin t 1Ω 1 2Ω ′= (1 + + )U 1 a 1 3 2 +1 + + 解得 5sint V 3Ω e −t A Uab 1Ω U1’=3sint V – 所以有 – b ′ U1 题图 3-7 习题 3-7 电路图 ′ = U ab × 1 = sin t V 2 +1 电压源短路，电流源单独作用时，对节点 1 应用弥尔曼定理，得 1 1 ′′ = e −t (1 + + )U 1 3 2 +1 解得 3 ′′ = e −t V ， U1 5 所以 U ′′ ′′ = 1 × 1 = 0.2e −t V U ab 2 +1 将 2 电源单独作用所产生的响应进行代数叠加得
10Ω 1Ω 100V 1 I 4Ω 0 (a) 52/25Ω + Uoc – 1Ω 10Ω I 5Ω 10V 4Ω 0 1 (c) 题图 3-4 (d) 习题 3-4 电路图 2 1 (e) 3Ω 3 2Ω Ro” Ro’ 2Ω 5Ω 10V 3Ω 1 3 2Ω 2 100V 4Ω (b) 0 3Ω 2 10Ω 1Ω I’ I” 3 2Ω
U oc = 6U oc +
解出
2 4 × 2 = 6U oc + 1+ 2 3
4 (V) 15 再求 Ro。为此将图 3-5(a)化简为图 3-5(d)电路，其中受控源 3U 的处理是：由于将 a、b 短路，因此，此时的 U=0，故 3U 为零，即受控电流源的电流为零。由图 3-5(d)可得 a、b 端短路电流为： 2 1 1 I sc = × = (A) 1 + 2 // 2 2 2 所以 U oc = − 4 − U oc 8 Ro = = 15 = − (Ω) 1 I sc 15 2
分析：求使 I 为零时的 Us，只要使 Us 的值等于网络“A”的开路电压值即可，因此可 将“A”网络用戴维南定理等效。 解：根据戴维南定理可知，图 3-1(a)中的网络“A”可以等效为图 3-1(b)电路，其中等 效电源为：U oc = 要 U s = U oc =
3 3 × 1 = ( V ) ，当该等效电路与“B”网络联接时，如图 3-1(c)所示，只 3 +1 4
–100V (a) 题图 3-6
(b) 习题 3-6 电路图
(c)
分析：对于含有二极管的电路分析，必须知道二极管的状态，若二极管处于导通状态， 可直接将电路连通，视二极管不存在，若二极管截止，则左半部分电路对 Ua 没有影响。为
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此，将二极管支路从“×”处断开，求二极管两边电路的戴维南等效电路，以便确定二极管 的状态。 解：由图 3-6(b)可以求得左、右网络的
2 Ro = + 3 1 2 = 1(Ω) 1 1+ 2 1×
根据戴维南定理图 3-2(a)可以简化为图 3-2(b)电路，由图 3-2(b)电路可知 (1) 当 R=∞时，I=0，为最小
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当 R=0 时，I 为最大，其值为
10 10 I = 3 = (A) 1 3 (2) 当 R=Ro=1Ω时，可获得最大功率。 3-3 求题图 3-3 电路中 3k 电阻上的电压（提示：3k 两边分别化为戴维南等效电路） 。 分析：为求 3k 电阻上电压 U，先将图 3-3(a)中 3k 电阻两边电路均用戴维南等效电路代 替，问题就变的非常容易。
1/2Ω b (a)
R
R
分析：R 可调，所以 I 的值大小很难直接看出，若将电路由 a-b 处开路，求出左边电路 的戴维南等效电路，就可以很容易确定 I 的值。 解： 由图 3-2(a)可算得 a、b 端左边部分的开路电压为
10 1 10 × = (V) 1 2 3 1+ 2 其等效电阻为 U oc =
根据以上计算可以将图 3-5(a)的电路化简为图 3-5(b)的戴维南等效电路。 3-6 求题图 3-6(a)所示电路的 Ua。
+60V 20k +40V 30k a 20k 60k Ua 60V 100V 20k 20k a 30k 60k 40V 10k + –20V – a I 20k + 80/3V –
0.5U ab = − K1 I s − K 2U s1 + K 3U s2 0.3U ab = − K1 I s + K 2U s1 − K 3U s2
将①、②和③式相加，得
② ③
1.8U ab = − K1 I s + K 2U s1 + K 3U s2
即当 Us1 和 Us2 均不变，仅 Is 反向，电压 Uab 为原来的 1.8 倍。 3-9 如题图 3-9 所示电路图， Us1=10V， Us2=15V， 当开关 S 在位置 1 时， 电流 I=40mA； 当开关 S 合向位置 2 时，电流 I=–60mA，如果 1 Us1 把开关 S 合向位置 3，电流 I 为多少？ R2 R4 S – + 2 分析：该电路实际相当于 2 个电源，一个是 不变的电流源 Is，另一个是变化的电压源，已知 I 3 + – I s 电压源为 0 和 10V 时对应的电流 I 的值， 需求解 R1 R3 Us2 R5 的问题是当电压源变为 15V 是对应的电流值。 只能使用叠加定理进行分析。 解：设 题图 3-9 习题 3-9 电路图
− (10 − 4) = −0.85(A) 52 +5 25 3-5 试推导出题图 3-5(a)所示电路的戴维南等效电路如图 3-5(b)所示。写出推导过程。 分析：对于含受控源的电路分析时，求解戴维南等效电路的等效电阻时要特别注意， 不能将所有电源置零求其等效电阻，只能是： （1）将原电路中的所有独立电源置零，外接电 U 源 U，然后求出流入网络电流 I，则等效电阻为 Ro = ；(2)原电路中的独立电源不置 0， I I=
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习题三
3-1 网络“A”与“B”联接如题图 3-1(a)所示，求使 I 为零得 Us 值。
3Ω + 3V – 1Ω I + Us – + Uoc – Ro Ro + Uoc=3/4V – I + Us –
1Ω
“A” (a)
“B” (b) 图 3-1 习题 3-1 电路图 (c)
– Us1
+ a + Uab – b
Is
N
Us2 – + 题图 3-8 习题 3-8 电路图
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响应变化的情况来分析，因此只能利用叠加定理进行分析。 解：设
U ab = K1 I s + K 2U s1 + K 3U s2
①
式中 K1、K2 和 K3 为未知的比例常数，将已知条件代入上式，得
Ro’”
3Ω 2
再求由 1、2 端看进的等效电阻 Ro，为此将图 3-4(b)按要求化简为图 3-4(d)电路，并进 一步利用 Y—△变换把图 3-4(d)化简为图 3-4(e)电路，其中
1× 4 4 = (Ω ) 1 + 4 + 10 15 由图 3-4(e)的电路可求得
' Ro =
" Ro =
1 × 10 2 = (Ω ) 1 + 4 + 10 3
'" Ro =
4 × 10 8 = (Ω) 1 + 4 + 10 3
Ro =
' Ro
" + ( Ro
+
'" 2) //( Ro
2 8 ( + 2)( + 3) 52 4 3 + 3) = + 3 = (Ω) 8 2 25 15 ( + 2) + ( + 3) 3 3
所以图 3-4(a)可以化简为图 3-4(c)所示的戴维南等效电路，由图 3-4(c)可求得
3 （注意根据此题意，无需求出 Ro） ( V ) ，电流 I 恒等于零。 4 3-2 （1）题图 3-2(a)电路中 R 是可变的，问电流 I 的可能最大值及最小值各为多少？ （2）问 R 为何值时，R 的功率为最大？
1Ω + 10V – 2/3Ω a I 1Ω + Uoc=10/3V – b (b) 题图 3-2 习题 3-2 电路图 a I
80 + 20 80 3 Ua = − × 20 + ≈ −4.4(V ) 10 + 20 3
3-7 求题图 3-7 所示电路的电压 Uab。 分析：该电路有由 2 个电源激励，若分别让一个电源作用在电路上，电路就是一个简 单结构电路，便于分析，所以采用叠加定理分析此电路。 解：电压源单独作用，电流源开路时，对节点 1 应用弥尔曼定理，得
U oc1 =
60 + 100 × 20 − 100 = −20(V ) 20 + 20 Ro1 = 20 // 20 = 10(kΩ) 40 80 × 60 = ( V ) 60 + 30 3 Ro2 = 60 (a)可以简化为图 3-6(c)电路，由图 3-6(c)电路很容易断定二极管是处在导通 状态，故
求出短路电流 Isc，其等效电阻为 Ro =
U oc 。在具体求解过程中要视具体情况来决定采用哪 I sc
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种方法更简便，本题中由于控制量正好是开路电压，因此短路以后受控源就为零，此方法略 简。一般情况下，由于原网络中有多个电源，所以采用方法(1)会简单点。
U 30
100 10 = = 20(V ) 1 1 1 + + 10 1 + 4 2 + 3
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U 30 U 20 = 30 = = 4(A ) 1+ 4 2 + 3 5 所以图 3-4(a)中 5Ω支路断开后 1、2 端的开路电压为 I' = I" =
U oc = U 12 = − I ' × 1 + 2 × I " = −4 + 8 = 4V