大学电路分析第四章课后习题答案

4-2．5μF 电容的端电压如图示。

（1）绘出电流波形图。

（2）确定2μs t =和10μs t =时电容的储能。

解：（1）由电压波形图写出电容端电压的表达式：
10 0μs 1μs
10 1μs 3μs ()1040 3μs 4μs 0 4μs t t t u t t t t
≤≤⎧⎪≤≤⎪=⎨-+≤≤⎪⎪≤⎩
式中时间t 的单位为微秒；电压的单位为毫伏。

电容伏安关系的微
分形式：
50 0μs 1μs 0 1μs 3μs
()()50 3μs 4μs 0 4μs t t du t i t C t dt t
<<⎧⎪
<<⎪==⎨-<<⎪⎪<⎩
上式中时间的单位为微秒；电压的单位为毫伏；电容的单位为微
法拉；电
流的单位为毫安。

电容电流的波形如右图所示。

（2）电容的储能21
()()2
w t Cu t =，即电容储能与电容端电压的平方成正比。

当2μs t =时，电容端电压为10毫伏，故：
()()22631010μs 11
()5101010 2.510J 22
t w t Cu ---===⨯⨯⨯⨯=⨯
当10μs t =时，电容的端电压为0，故当10μs t =时电容的储能为0。

4-3．定值电流4A 从t=0开始对2F 电容充电，问：（1）10秒后电容的储能是多少100秒后电容的储能是多少设电容初始电压为0。

解：电容端电压：()()()0011
0422t t
C C u t u i d d t C τττ++
+=+==⎰⎰；
()1021020V C u =⨯=； ()1002100200V C u =⨯=
()()211010400J 2C w Cu ==； ()()2
110010040000J 2
C w Cu ==
4-6．通过3mH 电感的电流波形如图示。

（1）试求电感端电压()L u t ，并绘出波形图；（2）试求电感功率()L p t ，并绘出波形图；（3）试求电感储能()L w t ，并绘出波形图。

解：（1）由电流波形图写出电流表达式：10 3 0μs 3μs ()1040 3μs 4μs 0 4μs t t i t t t t ≤≤⎧⎪
=-+≤≤⎨⎪≤⎩
s)
μ
s)
μ
-μs)
-
式中时间t 的单位用微秒；电流的单位为毫安。

依据电感伏安关系的微分形式：
10 0μs 3μs ()30 3μs 4μs 0 4μs L t di u t L t dt t
<<⎧⎪
==-<<⎨⎪
<⎩
式中时间的单位为微秒；电压的单位为伏特。

电感电压的波形如右上图示。

（2）电感功率：
30 0μs 3μs ()()()0.3 1.2 3μs 4μs 0 4μs L t t p t u t i t t t t ≤≤⎧⎪
==-≤≤⎨⎪≤⎩
式中时间的单位为微秒；功率的单位为瓦特。

功率的波形如右图所示。

（3）电感电流：
10 3 0μs 3μs ()1040 3μs 4μs 0 4μs t t i t t t t ≤≤⎧⎪
=-+≤≤⎨⎪≤⎩
式中时间t 的单位用微秒；电流的单位为毫安。

电感储能：
222250 3 0μs 3μs 13
()()
()24001200150 3μs 4μs 220 4μs L t t w t Li t i t t t t t
⎧≤≤⎪==
=-+≤≤⎨⎪≤⎩
式中时间t 的单位用微秒；电流的单位用毫安；电感的单位用毫亨；能量
的单位用纳焦耳（910-焦耳）。

能量的波形如右图所示。

4-14．电路如左图所示。

换路前电路处于稳态。

0
t =时电路换路，求换路后瞬间()0u +、()0i +。

解：换路前，电路处于稳态，故：()00L
L di u L
dt -==，电路简化为中图所示电路。

依据分流公式有： ()20
052A 2030
i -=-
⨯=-+ 换路后电路简化为右图所示电路，依据换路定理：()(
)20
0052A 2030
i i +-==-
⨯=-+；()()010020V u i ++=-⨯=
4-15．电路如左图所示。

换路前电路处于稳态。

0t =时电路换路。

求换路后瞬间()10u +、()20u +、()20i +。

设()200u -=。

解：换路前，电路处于稳态，故：()1010V u -=。

依据换路定理：()()110010V u u +-==，()()22000u u +-==，
()()()
1220010V 0
01A 1010u u i +++--=
=
=Ω
Ω
()t ()0-()0+10Ω2μF
()
t
4-19．电路如图所示，设开关K 在时间0t =时断开，断开前电路已经处于稳态，试求：0t >时，流过3欧姆电阻的电流。

解：开关K 断开前电路已处于稳态，故0t -=时刻，电容电流为零，电容端电压等于3欧姆电阻的端电压：
10V
(0)36V 2+3C u -=Ω⨯
=ΩΩ
开关K 断开后，电路简化为右图。

由图列写微分方程：
0, 0C C Ri u t -=>
非关联参考方向下，电容的伏安关系：C
C du i C
dt
=-，代入上式，整理后得： 1
0, 0C C du u t dt RC
+=> 特征方程和特征根：10s RC +
=，1
s RC
=-。

微分方程的通解： 1
, 0t RC
C u Ae
t -=>
依据换路定理：(0)(0)6V C C u u +-==，有：
10(0)(0)6V t RC
C C t u Ae
A u +
-
+-=====
故：
()113
66(V), 0t t RC
C u t e
e
t -
-==>
电容电流：
132(A), 0t C
C du i C e t dt
-=-=>
4-20．电路如图示， 设0t =时开关K 由a 掷向b 实现换路，换路前电路已经处于稳态，试求0t >时电感端电压。

解：开关K 换路前电路已处于稳态，故0t -=时刻，电感端电压为零，电感电流为：
10V 1
(0)A 303
i -=
=Ω 换路后电路等效为右图。

设电阻端电压等于电感端电压（电阻端电压与电流为非关联参考方向），由图列写微分方程：
0, 0L R u u t -=>
Ω
10V
u
403
Ω3
Ω
3Ω
C
u
将电感伏安关系L di
u L
dt
=以及电阻伏安关系R u Ri =-代入上式，整理后得： 0, 0di R
i t dt L
+=> 特征方程和特征根：0R s L +
=，R
s L
=-。

微分方程的通解： , 0R
t L
i Ae
t -=>
依据换路定理：1
(0)(0)A 3
i i +-==
，有： ()()01
00A 3
R t L
t i Ae
A i +
-+-=====
故：
()1(A), 03
R
t L i t e t -=>
电感端电压：
1, 03R
t L L di R u L e t dt L
-==-⨯>
将40
3
R =
Ω，1H L =代入上式，有： 40
340(V), 09
t L u e t -=->
4-23．（修改）题图4-23所示电路中，开关K 在t=0时闭合，闭合前开关处于断开状态为时已久，试求t ≥0的u L 和i L 。

解：t>0，有：4L R u u +=。

其中：()()2.5 2.510R L R
L L u i i i u '=+=+， 代入后有：()2.5104L L L u i u ++=，整理得：1.25 2.54L L u i +=。

将
0.2L L L di di
u L dt dt
==代入前式整理后有：
1016, 0L
L di i t dt
+=> （1） 非齐次通解：()L Lh Lp i t i i =+。

其中齐次通解为：/10t t Lh i Ae
Ae τ
--==；设非齐次特解为：0Lp i I =，代回（1）式有：0 1.6I =，非齐次通解：()101.6t
L i t Ae -=+。

由换路定理确定待定常数A ：
()()1000 1.6 1.600t
L L t i Ae A i +
-+-==+=+==
由此有：
1.6A =-
故通解为：
()()101.61, 0t L i t e t -=->
考虑到换路前后电感电流无跃变，上式的时间定义域可前推至零点：
()()101.61, 0t L i t e t -=-≥
题图4-23
H
4V i
电感端电压：
100.2
3.2, 0t L
L di u e t dt
-==> 考虑0t -=，()00L u -=，有：
103.2, 0
0, 0t L e t u t --
⎧>=⎨
=⎩
4-24．（修改）电路如图所示，已知开关在0t =时闭合，闭合前电容无储能，求：0t ≥时，电容电压和电流。

解：将电路等效为右图，取各电压电流参考方向如图示，当t>0时，有：6C Ri u +=，在关联参考方向下，电容的伏安关系：C
du i C
dt
=代入后有： 6C
C du RC
u dt
+= 非齐次通解：()C Ch Cp u t u u =+。

时间常数：3
6
15102010
0.3RC s τ-==⨯⨯⨯=，齐次通解为：
/10/3t t Ch u Ae Ae τ--==
设非齐次特解为：Cp u K =，代回非齐次微分方程，有：
6K =
非齐次通解：
()106t C u t Ae -=+
由换路定理确定待定常数A ：
()()103
006600t C C t u Ae A u +
-+-==+=+==
由此有：
6A =-
故通解为：
()10366, 0t C u t e t -=-⋅>
考虑到换路前后电容电压无跃变，上式的时间定义域可前推至零点，故：
()()10361V, 0t C u t e t -=-≥
电容电流
()6104103201066410, 0t t C
du i C
e e t dt
----'==⨯⨯-⋅=⨯⋅> 考虑t<0，开关没有闭合，有：0i =，上式可写为：
t Ω
t
103400μA, 0
0, 0
t e t i t -⎧⋅>=⎨
<⎩
4-26．电路如图所示，已知换路前电路处于稳态。

求：换路后i(0+)和i(∞)。

（a ）()()()6130020222L L i i i A ++-===⋅=；()6
32
i A ∞== （b ）()()()0606600222s C C u u u i +-+---====；()63
222
i A ∞==+
（c ）()()006i i A +-==；()0i ∞= （d ）()0623c u V -==，()633044i A +-==；()6
1222
i A ∞==++
4-27．求图示各电路的时间常数。

（a ） 将电压源置0，有：()12
1212
//R R R R C C R R τ=⋅=
+；
（b ） 将电压源置0，有：()2//22L L
R R R R
τ==+；
题图4-26（a ）
i
题图4-26（b ） 题图4-26（c ）
2
L
题图4-26（d ）
题图4-27（a ）
题图4-27（b ）
题图4-27（c ）
题图4-27（d ）
（c ） 将电流源置0，有：()12R R C τ=+⋅； （d ） 将电压源置0，有：()12R C C τ=⋅+。

4-28．已知t ≥0时，i(t)=10A ；u(0)=1V ； （1）用三要素法求u(t)。

（2）将u(t)分解为：零输入响应和零状态响应。

（3）将u(t)分解为：稳态响应和暂态响应。

（4）将u(t)分解为：强制响应和自由响应。

解：（1）(0)1u V +=；()21020u A V ∞=Ω⨯=；2510R C F s τ=⋅=Ω⨯=；
()()()[]1010
()020*******, 0t t t u t u u u e e e t τ---+=∞+-∞=+-=-≥⎡⎤⎣⎦
； （2）将其分解为：零输入响应+零状态响应：
()()()()(){1010
()001201, 0t t t t t u t u u u e u e u e e e t τττ-----++⎡⎤⎡⎤=∞+-∞=+∞-=+-≥⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦1424314424431442443零输入响应
零输入响应
零状态响应
零状态响应
； （3）将其分解为：稳态响应+暂态响应：{10
()2019, 0t u t e t -=-≥14243稳态
暂态
；
（4）将其分解为：强制响应+自由响应：{10
()2019, 0t u t e t -=-≥14243强制
自由。

4-53．电路如图所示，N R 为纯电阻网络，电路初始状态未知。

当()()2cos S u t t U t =⋅，电感支路的电流为：
(
)13A, 04t L i t e t t π-⎛⎫
=--≥ ⎪⎝⎭
（1）在同样初始条件下，设()0S u t =，求()L i t 。

（2）在同样初始条件下，电源均为零，求()L i t 。

解：（1）在同样初始条件下，设()0S u t =，求()L i t ： 全响应等于零输入响应加零状态响应。

令电源均为零，零输入响应：
()10, 0t
Lzi i t I e
t τ
-=≥ (1)
其中0
L
R τ=
，0R 为除源等效电阻，0I 为初始电感电流。

令电感初始状态为零()00L i +=，求零状态响应。

用叠加定理，先令电压源()U t 单独作用，有
()11011, 0t Lzs i t e t R τ
-⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭
(2)
再令电压源()()2cos S u t t U t =⋅单独作用，有
()1
2cos cos , 022t Lzs i t A e A t t τππϕωϕ-⎛⎫⎛
⎫=--++-≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭ (3)
题图4-28
(S u t
题图4-54（a ）
()
i t (电压源()U t 和电压源()()2cos S u t t U t =⋅共同作用于电路的零状态响应为（2）、（3）两式叠加
()1
1011cos cos , 022t t Lzs i t e A e A t t R τ
τππϕωϕ--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---++-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
(4)
全响应为零输入响应与零状态响应之和，即式（1）和式（4）相加
()11100
1+1cos cos , 022t
t t L i t I e
e A e A t t R τ
τ
τππϕωϕ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---++-≥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
()100011cos cos , 022t L i t I A e A t t R R τππϕωϕ-⎡⎤⎛⎫⎛
⎫=+-
--++-≥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭⎣⎦
与已知全响应对比
()13A, 04t L i
t e t t π-⎛⎫
=--≥ ⎪⎝⎭
有
000111, cos 3, 1 224I A A R R πππ
ϕωϕ⎛⎫=---=-==-=- ⎪⎝
⎭ 解得
0011, 1, 1, 4
I A R π
ωϕ==-=== (5) 将其代入（1）、（2）两式，得零输入响应和电压源()U t 单独作用下的零状态响应
()1
, 0t
Lzi i t e
t τ
-=-≥ (6) ()111, 0t
Lzs i t e
t τ
-=-≥ (7)
将（6）、（7）两式相加得电压源()U t 单独作用下的全响应
()1
112, 0t
Lzs i t e
t τ
-=-≥ (8)
（2）在同样初始条件下，电源均为零，求()L i t ： 电源均为零的全响应就是零输入响应，即（6）式
()1, 0t
Lzi i t e
t τ
-=-≥
4-54．电路如题图4-54（a ）所示，图中电压源电压波形如题图4-54（b ）所示，已知：i L (0-)=0,求：i(t)。

解：由电压源电压波形图有：
()()()()24122s u t U t U t U t =--+-
采用叠加定理求解。

设()()12s u t U t =单独 作用于电路，依据三要素法：
()1
100.423s u i A +==Ω+Ω
；
()10i ∞=；
()0512//36
L R s τ===
代入三要素公式有：()()()()()()1.2111100.4t t i t i i i e U t e U t τ
--+⎧⎫=∞+-∞=⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎩⎭
；
设()()241s u t U t =--单独作用于电路，有：()()()1.2120.81t i t e U t --=--； 设()()322s u t U t =-单独作用于电路，有：()()()1.2230.42t i t e U t --=-；
故：()()()()()()()()()1.21 1.221.21230.40.810.42t t t i t i t i t i t e U t e U t e U t -----=++=--+-。

4-55．电路如题图4-55（a ）所示，图中电流源电流波形如题图4-55（b ）所示，已知：i L (0-)=0,求：u(t)。

解：由电流源电流波形图有：
()()()()122s i t U t U t U t =+---
采用叠加定理求解。

设()()1s i t U t =单独 作用于电路，依据三要素法：
()()110055s u i V ++=⨯Ω=； ()()110L u u ∞=∞=；
0551L R H s τ==Ω=
代入三要素公式有：()()()()()()111105t t u t u u u e U t e U t τ
--+⎧⎫=∞+-∞=⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎩⎭
设()()21s i t U t =-单独作用于电路，有：()()()1251t u t e U t --=-； 设()()322s i t U t =--单独作用于电路，有：()()()23102t u t e U t --=--； 故：()()()()()()()()()12123551102t t t u t u t u t u t e U t e U t e U t -----=++=+---。

题图4-55（a ）
()u t 题图
4-55（b ）。