电路原理(邱关源)习题答案第四章 电路定理练习

第四章 电路定理
电路定理是电路理论的重要组成部分，为我们求解电路问题提供了另一种分析方法，这些方法具有比较灵活，变换形式多样，目的性强的特点。

因此相对来说比第三章中的方程式法较难掌握一些，但应用正确，将使一些看似复杂的问题的求解过程变得非常简单。

应用定理分析电路问题必须做到理解其内容，注意使用的范围、条件，熟练掌握使用的方法和步骤。

需要指出，在很多问题中定理和方程法往往又是结合使用的。

4-1 应用叠加定理求图示电路中电压ab u 。

解：首先画出两个电源单独作用式的分电路入题解4-1图（a ）和（b ）所示。

对（a ）图应用结点电压法可得
1sin 5)121311(1t u n =
+++ 解得 15sin 3sin 53n t u t V
== (1)
111113sin sin 2133n ab n u u u t t V
=⨯==⨯=+
对（b ）图，应用电阻的分流公式有
1132111135t t e i e A
--+=⨯=++
所以 (2)
110.25t t ab u i e e V
--=⨯==
故由叠加定理得
(1)(2)sin 0.2t ab ab ab u u u t e V -=+=+
4-2 应用叠加定理求图示电路中电压u 。

解：画出电源分别作用的分电路如题解（a ）和（b ）所示。

对（a ）图应用结点电压法有
105028136)101401281(
1++=+++n u
解得
(1)113.65
0.10.0250.1n u u +==
++ 18.624882.6670.2253V
===
对（b ）图，应用电阻串并联化简方法，可求得
10402(8)
32161040331040183(8)2
1040si u V ⨯⨯++=⨯
=⨯=⨯+++ (2)16182323si u u V
-==-⨯=-
所以，由叠加定理得原电路的u 为
(1)(2)2488
8033u u u V =+=
-=
4-3 应用叠加定理求图示电路中电压2u 。

解：根据叠加定理，作出2V 电压源和3A 电流源单独作用时的分电路如题解图（a ）和（b ）。

受控源均保留在分电路中。

（a ）图中
(1)12
0.54
i A
=
=
所以根据KVL 有
(1)(1)21322320.521u i V =-⨯+=-⨯⨯+=- 由（b ）图，得
0)2(1=i
(2)2339u V =⨯= 故原电路中的电压
(1)(2)2228u u u V =+=
4-4 应用叠加定理求图示电路中电压U 。

解：按叠加定理，作出5V 和10V 电压源单独作用时的分电路如题解4-4图（a ）和（b ）所示，受控电压源均保留在分电路中。

应用电源等效变换把图（a ）等效为图（c ），图（b ）等效为图（d ）。

由图（c ），得
311
)1(32)1()
1(5
212152-=⨯++-=U U U
从中解得
(1)
3U V =- 由图（d ）得
(2)(2)(2)
2020
2233121121
33U U U ++=
⨯=++
从中解得
(2)
20
341113U V ==-
故原电路的电压 (1)(2)
341U U U V =+=-+=
注：叠加定理仅适用于线性电路求解电压和电流响应，而不能用来计算
功率。

这是因为线性电路中的电压和电流都与激励(独立源)呈线性关系，而功率与激励不再是线性关系。

题4-1至题4-4的求解过程告诉我们： 应用叠加定理求解电路的基本思想是“化整为零”，即将多个独立源作用的较复杂的电路分解为一个一个（或一组一组）独立源作用的较简单的电路，在分电路中分别计算所求量，最后代数和相加求出结果。

需要特别注意： （1）当一个独立源作用时，其它独立源都应等于零，即独立电压源短路，独立电流源开路
（2）最后电压、电流是代数量的叠加，若分电路计算的响应与原电路这一响应的参考方向一致取正号，反之取负号。

（3）电路中的受控源不要单独作用，应保留在各分电路中，受控源的数值随每一分电路中控制量数值的变化而变化。

（4）叠加的方式是任意的，可以一次使一个独立源作用，也可以一次让多个独立源同时作用（如4－2解），方式的选择以有利于简化分析计算。

学习应用叠加定理，还应认识到，叠加定理的重要性不仅在于可用叠加法分析电路本身，而且在于它为线性电路的定性分析和一些具体计算方法提供了理论依据。

4－5 试求图示梯形电路中各支路电流，结点电压和s o
u u 。

其中s u ＝10V 。

解：由齐性定理可知，当电路中只有一个独立源时，其任意支路的响应与该独立源成正比。

用齐性定理分析本题的梯形电路特别有效。

现
设支路电流如图所示，若给定
'
551i i A == 则可计算出各支路电压电流分别为
''
5''225''442'''3345'''1132'''1123'''
112012020(420)12424/1224/1222135352439134
4443955o o n n n n n n s s n u u i V u u i V i i u A
i i i i A
u u i u V i i i i A
u u i u V ==⨯=⨯===⨯+=⨯=======+=+===⨯+=⨯+===+=+===⨯+=⨯+=
即当激励
'
s s u u =V 55=时，各电压、电流如以上计算数值，现给定 =s u 10 V ，相当于将以上激励'
s
u 缩小了5510
倍，即 1125510==K
故电路各支路的电流和结点电压应同时缩小112
倍，有
'11'
22'
33'
44'
55'
11
'
22
'
28
40.72711112211111263111124211112211111278391111248241111240201111n n n n o o i Ki A i Ki A
i Ki A
i Ki A
i Ki A
u Ku V u Ku V u Ku V
==
⨯====⨯===⨯===⨯===⨯===⨯===⨯===⨯=
输出电压和激励的比值为 404110.364
1011o s u u ===
注：本题的计算采用“倒退法”，即先从梯形电路最远离电源的一端开始，
对电压或电流设一便于计算的值，倒退算至激励处，最后再按齐性定理予以修正。

4－6 图示电路中，当电流源1s i 和电压源1s u 反向时（2s u 不变），电压ab u 是原来的0.5倍；当1s i 和2s u 反向时（1s u 不变），电压ab u 是原来的0.3倍。

问：仅1s i 反向（1s u ，2s u 均不变），电压ab u 应为原来的几倍？
解：根据叠加定理，设响应 ①231211s s s ab u K u K i K u ++=
式中1K ，2K ，3K 为未知的比例常数，将已知条件代入上式，得
②1121320.5ab s s s u K i K u K u =--+
③2312113.0s s s ab u K u K i K u -+-= ④231211s s s ab u K u K i K xu ++-= 将式①，②，③相加，得
⑤2312118.1s s s ab u K u K i K u ++-=
显然⑤式等号右边的式子恰等于式④等号右边的式子。

因此得所求倍
数。

1.8x =
注：本题实际给出了应用叠加定理研究一个线性电路激励与响应关系的实验
方法。

4－7 图示电路中110s U V =，215s U V =，当开关S 在位置1时，毫安
表的读数为'
40I mA =；当开关S 合向位置2时，毫安表的读数为
''60I mA =-。

如果把开关S 合向位置3，毫安表的读数为多少？
解：设流过电流表的电流为I ，根据叠加定理
12s s I K I K U =+
当开关S 在位置1时，相当于0=s U ，当开关S 在位置2时，相当于
1s s U U =， 当开关S 在位置3时，相当于2s s U U =-，把上述条件代入以上方程式
中，可 得关系式
1040604021211⨯+=+=-=K U K I K I K s s s
从中解出 10
101002-=-=K
所以当S 在位置 3 时
，有
122()40(10)(15)190s s I K I K U mA =+=+-⨯-=
4－8 求图示电路的戴维宁和诺顿等效电路。

解：求开路电压oc u 。

设oc u 参考方向如图所示，由KVL 列方程
0)1(23)42(=-+++I I
解得
A
I 81-= V
I u oc 5.0)81
(44-=-⨯=⨯=
求等效内阻eq
R 。

将原图中电压源短路，电流源开路，电路变
为题解
4－8（a ）图，应用电阻串并联等效，求得
eq
R =(2+2)//4=2Ω
画出戴维宁等效电路如图（b ）所示，应用电源等效变换得诺顿等效电路如图（c ）所示。

其中
A R u I eq oc sc 25.025
.0-=-==
注意画等效电路时不要将开路电压oc u 的极性画错，本题设a 端为oc u 的“＋”极性端，求得的oc u 为负值，故（b ）图中的b 端为开路电压的实际“＋”极性端。

4－9 求图示电路的戴维宁等效电路。

解：本题电路为梯形电路，根据齐性定理，应用“倒退法”求开
路电压oc u 。

设
'
10oc oc u u V ==，各支路电流如图示，计算得
'55'
22'
'
244
'''
3345''
1132'122'
'123''1110
110(210)11212
2.4552.41
3.477 3.41235.835.8
5.967665.967 3.49.367999.36735.8120.1n n n n n n n s s n i i A u u V
u i i A
i i i i A
u u i u V
u i i A i i i A
u u i u ==
===+⨯=======+=+===⨯+=⨯+===
===+=+===⨯+=⨯+=V 故当5s u V =时，开路电压oc u 为
'5
100.41612.1oc oc u Ku V ==
⨯=
将电路中的电压源短路，应用电阻串并联等效，求得等效内阻eq
R 为
[(9//67)//52]//10 3.505eq R =++=Ω
画出戴维宁等效电路如题解4－9图所示。

4－10 求图中各电路在ab 端口的戴维宁等效电路或诺顿等效电路。

解（a ）：先求开路电压oc u 。

应用结点电压法，结点编号如图（a ）所示。

结点方程为
1212111
110()222221111
()0
2223n n n n u u u u ⎧++-=⎪⎨⎪-+++=⎩ 把以上方程加以整理有
{
1212310
380
n n n n u u u u -=-+=
应用消去法，解得 2107n u V =
故开路电压
210
12121n oc u u V =
⨯=+
再把电压源短路应用电阻串并联等效求内阻eq
R
16
[(2//22)//22]//121eq R =++=
Ω
画出戴维宁等效电路如题解图（a1）所示。

解（b ）：应用电阻分压求得开路电压oc u 为 s
oc s u u R u R αα=
⨯=
把电压源短路，可求得等效内电阻为
11
[()//](1)eq R R R R R R R αααα=-+=-+
等效电路如题解图（b1）所示。

解（c ）：这个问题用诺顿定理求解比较方便。

把ab 端口短路，显然短路电流等于电流源的电流，即 1sc ab I I A ==
把电流源开路求等效内电阻eq
R 。

由于电路是一平衡电桥，可以
把
cd
右侧电阻电路断去如题解图（c1）所示，则
(2060)//(2060)40eq R =++=Ω
画出诺顿等效电路如题解图（c2）所示。

解（d ）：应用替代定理，图（d ）可以等效变换为题解图（d1）所示的电路。

则开路电压为
V
u oc 51510=⨯-=
把图（d1）中的电压源短路，电流源开路，等效电阻 5510eq R =+=Ω
画出戴维宁等效电路如图（d2）所示。

4－11 图（a ）所示含源一端口的外特性曲线画于图（b ）中，求其等效电源。

解：根据戴维宁定理可知，图示含源一端口电路可以等效为题解4－11图所示的电源电路，其端口电压u 和电流i 满足关系式
i
R u u eq oc -=
图（b ）所示的含源一端口的外特性曲线方程为
1
105u i
=- 比较以上两个方程式，可得等效电源电路的参数 10oc u V =，
1
0.25eq R =
=Ω
4－12 求图示各电路的等效戴维宁电路或诺顿电路。

解（a ）：先求开路电压oc u 。

应用网孔电流法，设网孔电流1i ，2i ，其绕行方向如图（a ）所示。

列网孔电流方程为
{
1122
10(10105)0
i i i =+++= 联立求解以上方程，可得2200.825i A
-==-
故开路电压为 21015651150.815oc u i V =⨯-+-=+⨯=
将电压源短接，电流源开路，得题解图（a1）所示电路，应用电阻串、并联等效求得等效电阻
5//(1010)1014eq R =++=Ω
戴维宁等效电路如题解图（a2）所示
解（b ）：根据KVL 求开路电压ab u 为
96236ab u V =-+⨯+=
把3V 电压源短路，2A 电流源断开，可以看出等效内阻为
10616eq R =+=Ω
戴维宁等效电路见题解图（b1）。

解（c ）：
设开路电压参考方向如图（c ）所示。

显然oc u 等于受控源所在支路得电压，即
11220oc u i i =-=
由于电路中有受控源，求等效电阻时不能用电阻串、并联等效的方法，现采用求输入电阻的外加电源法。

将（c ）图中4V 独立电压源短路，在ab 端子间加电压源u 如题图（c1）所示。

根据KVL 列方程
{
1
1115882()20
u i i i i i i =-++-=
从第二个方程中解出
12184i i i
=-=- 把1i 代入第一个方程中，可得
1
58()74u i i i
=-⨯-=
故等效电阻为
7eq u
R i =
=Ω
画出戴维宁等效电路如题解图（c2）所示。

解（d ）：解法一：先求开路电压oc u 。

把图（d ）中受控电流源与
电阻的并接支路等效变换为受控电压源与电阻的串接支路如题解图（d1）所示。

由KVL 得
111(25)40i u u ++-=
把11(4)8u i =-⨯代入上式中，解得196 5.64717i A ==
故开路电压 155 5.64728.235oc u i V =⨯=⨯=
求等效电阻eq R
可以采用如下两种方法 （1）开路、短路法
把图（d1）中的'
11-端子短接如题解图（d2）所示。

由KVL 得 11240sc i u u +-=
即
1
32sc i u =- 把1(4)8sc u i =-⨯代入式中，有
3
2sc i =-
8⨯⨯(4)sc i -
解得 48
4.36411sc i A =
=
则等效电阻 28.235 6.4714.364oc eq sc u R i ===Ω
（2）外加电源法
把图（d1）中4A 电流源开端，在'
11-端子间加电压源u 如图（d3）所示，由KVL 得
)(23)(2411111i i u u i i u u -+-=+-+-=
把118()u i i =⨯-代入上式中，有11138()2()22()u i i i i i i =-⨯⨯-+-=--
考虑到
15u i =
，则 22225u
u i =-+⨯
所以
22517u i
⨯= 故等效电阻为 225 6.47117eq u R i ⨯===Ω
戴维宁等效电路如题解图（d4）所示。

解法二：在图（d1）的端口'
11-处外加一个电压源u ，图题解图
（d5）所示。

通过求出在端口'
11-的u i 关系得出等效电路。

应用KVL
列出中间网孔的电压方程，应用KCL 列出下部结点的电流方程有
1112()3(4)85i i u u u u
i --=⎧⎪⎪
⎨⎪+=+⎪⎩
把
15u
i =
代入第一个方程中，并从两方程中消去1u ，可得
u
u i u i =+---524
9624522
整理得u i 关系为
i i u 471.6235.28175
2217596+=⨯+⨯=
这个关系式与图（d4）的等效电路的端口电压、电流的关系式是一致
的，即可得原图'11-端口的28.235oc u V =， 6.471eq R =Ω
这一解法是一步同时求出oc u 和
eq
R ，但在电路比较复杂时，由于
这一解法要求解方程组，不如解法一方便。

注：戴维宁定理、诺顿定理是分析线性电路最常用的两个定理。

从4－8
题至4－12题的求解过程可以归纳出应用这两个定理求等效电路的步骤为：
（1）求一端口
电路端口处的开路电压或短路电流；（2）求等效内电阻；（3）画出等效电路。

开路电压
oc u 可这样求取：先设端口处oc u 的参考方向，然后视具体电路形
式，从已掌握的电阻串、并联等效，分压分流关系，电源等效互换，叠加定理，回路电流法，结点电压法等方法中，选取一个能简便地求得oc u 的方法计
算
oc u 。

求等效电阻
eq
R 的一般方法为：（1）开路、短路法。

即在求得
oc u 后，将端
口的两端子短路，并设短路电流
sc i （sc i 的参考方向为从oc u 的“＋”极性端指
向“－”极性端），应用所学的任何方法求出sc i ，则/eq oc sc R u i =。

此法在求oc
u 和
sc i 时，一端口电路内所有的独立源均保留。

（2）外加电源法。

即令一端口
电路内所有的独立源为零（独立电压源短路，独立电流源开路），在两端子间外加电源（电压源、电流源均可），求得端子间电压u 和电流i 的比值，则
/eq R u i
=（u 与i 对两端电路的参考方向关联）。

（3）若两端电路是不含受控
源的纯电阻电路，则除上述方法外常用电阻串、并联等效和Y -∆互换等效求
eq
R 。

4－13 求图示两个一端口的戴维宁或诺顿等效电路，并解释所得结果。

解（a ）：因为端口开路，端口电流0i =，故受控电流源的电流为零，可将其断开，从而得开路电压
10
65426oc u V
=
⨯=++
把端口短路，电路变为题解4－13图（a1）所示电路。

由KVL 可得
10
32)24(=⨯-+sc sc i i
从中解出
10
4223sc i =
=∞
+-⨯
这说明该电路的等效电阻
0oc
eq sc
u R i =
=，故等效电路为题解图（a2）所
示的5V 理想电压源。

显然其诺顿等效电路是不存在的。

解（b ）：把端子'
11-短路。

电路如题解图（b1）所示。

由图可知
12Ω电
阻和8Ω电阻并联，则电压
2128
1281512820
61283u V ⨯+⨯=
⨯=++
电流sc i 为
222124992015
7.5848832sc u u u i i i A =+=
+==⨯==
把15V 电压源短路，应用外加电源法求等效电阻eq
R ，由题解图
（b2），可得
2222612461261284
386124330
46//1244443u u u u u u u u u u i u ⨯=
⨯=⨯=
⨯++++-=+=-=-⨯=
说明该电路的等效电阻
1
0eq u R i =
==∞
故等效电路为一电流为7.5A 的理想电流源，即该电路只有诺顿等效电路如题解图（b3）所示，而不存在戴维宁等效模型。

注：本题两个电路的计算结果说明，一个一端口电路不一定同时存在戴
维宁和诺顿等效电路。

当端口的开路电压
0oc u ≠，而等效电阻0eq R =时，电
路的等效模型为一理想电压源，即只有戴维宁等效电路。

当端口的短路电流
0sc i ≠，而等效电导0eq G =时，电路的等效模型为理想电流源，即只有诺顿
等效电路。

只有当
eq
R 不等于0和∞时，
电路才同时存在戴维宁和诺顿等效电路。

4－14 在图示电路中，当L R 取0,2,4,6,10,18,24,42,90和186Ω时，求L
R 的电压L U 、电流L I 和L R 消耗的功率（可列表表示各结果）。

解：本题计算L R 所在支路的电量，且L R 的值是变化的，这种求解电路的局部量问题选用戴维宁等效电路的方法最适宜。

把所求支路以外的电路用戴维宁等效电路替代，再求所求量。

先把L R 支路断开如题解4－14图（a ）所示。

应用电源等效互换得一端口电路的戴维宁等效电路的电压源和电阻为
48,6oc eq u V R ==Ω
接上L R 支路，如题解图（b ）所示，则
2
48
6L L
L L L
L L L I R U R I P R I =
+==
把L R 的各个值代入，计算得L U ，L I ，L P 的值如下表所示。

L R )(Ω 0
2 4 6 10 18 24 42 90 186
()L I A 8 6 4.8
4
3 2 1.6
1
0.5 0.25 ()L U V 0 12 19.2 24 30 36 38.4 42 45
46.5
()L P W 0
72
92.16 96
90
72
61.44 42
22.5 11.625
4－15 在图示电路中，试问：
（1）R 为多大时，它吸收的功率最大？求此时最大功率。

（2）若80R =Ω欲使R 中电流为零，则a ，b 间应并接什么元件，其
参数为多少？画出电路图。

解：（1）自a ，b 断开R 所在支路，应用电阻串、并联及电源等效互换将原图变为题解图（a ），由题解图（a ）易求得开路电压
5025
(1010)2537.5101020oc u V
-=
⨯++=++
将（a ）图中电压源短路，求等效电阻
(1010)//2010eq R =+=Ω
最后得等效电路如题解图（b ）所示，由最大功率传输定理可知，当
10eq R R ==Ω
时，其上可获得最大功率。

此时
22max
37.535.1564410oc eq u P W R ===⨯
（2）利用电源等效互换，图（b ）电路可以变化为图（c ），由KCL 可知，
在a ，b 间并接一个理想电流源，其值 3.75s i A =，方向由a 指向b ，这样R 中的电流将为零。

注：求解负载L R 从有源一端口电路吸收最大功率这一类问题，选用戴
维宁定理或诺顿定理与最大功率传输定理结合的方法最为简便，因为最大功率传输定理告诉我们：最大功率匹配的条件是负载电阻等于有源一端口电路
的等效电阻，即
L eq
R R =，此时最大功率为
2
max
4oc eq u P R =。

这里需要注意：
（1）
L eq
R R =这一条件应用于
L R 可改变、eq R 固定的情况下，若L R 固定、eq R 可变
则另当别论；（2）
eq
R 上消耗的功率不等于一端口电路内部消耗的功率，因此
L R 获最大功率时，并不等于L R 获取了一端口电路内电源发出功率的50%。

4－16 图示电路的负载电阻L R 可变，试问L R 等于何值时可吸收最大功率？求此功率。

解：首先求出L R 以左部分的等效电路。

断开L R ，设 如题解4－16图（a ）所示，并把受控电流源等效为受控电压源。

由KVL 可得
111(22)86
6
0.512i i i A ++==
=
故开路电压 111122812120.56oc u i i i i V =++==⨯=
把端口短路，如题解图（b ）所示应用网孔电流法求短路电流sc i ，网孔方程为
⎩⎨
⎧=+-++-=+-+0
)82()42(2 682)22( 1111i i i i i i sc sc 解得
63
42sc i A =
=
故一端口电路的等效电阻
6
432oc eq sc u R i =
==Ω
画出戴维宁等效电路，接上待求支路L R ，如题解图（c ）所示。

由最大功率传输定理知4L eq R R ==Ω
时其上获得最大功率。

L R 获得的
最大功率为
22max
6 2.25444oc eq u P W R ===⨯
4－17 图示电路中N （方框内部）仅由电阻组成。

对不同的输入直流电压s U 及不同的1R ，2R 值进行了两次测量，得下列数据：122R R ==Ω
时，8s U V =，12I A =，22U V =；1 1.4R =Ω，20.8R =Ω时，ˆ9s U V =，1ˆ3I A =，求2ˆ
U 的值。

解：设N 网络二个端口的电压为1U ，2U 如图所示。

由题意可知： 第一次测量有 1118224s U U R I V =-=-⨯= V U 22=
122222
12I A
U I A R ==
==
第二此测量有 111ˆˆˆ
9 1.43 4.8s U U R I V =-=-⨯=
8
.0ˆˆˆ3ˆ22221
U R U I A I ===
根据特勒根定理2，应满足 11221122ˆˆˆˆ
()()U I U I U I U I -+=-+
代入数据，有 22ˆˆ4(3)2 4.8(2)10.8U U ⨯-+⨯=⨯-+⨯
从中解得 2
129.64ˆ 2.4 1.6664U V -==⨯=
注：特勒根定理是对任何具有线性、非线性、时不变、时变元件的集总
电路都适用的基本定理，它有两种形式。

应用特勒根定理时，支路的电压、电流要取关联参考方向。

如4－17题求解时，由于
1U 和1I 为非关联参考方向，
所以在列方程时
1I 前加负号。

特勒根定理常用于求解多端口电路的电压、电
路问题。

应用特勒根定理可以导得互易定理。

4－18 在图（a ）中，已知26U V =，求图（b ）中'
1U （网络N 仅由电阻组成）。

解法一：设N 网络端口得电压和电流如图（a ）和（b ）所示。

其中
''
111111
''
2222222
(4) 6 (2)U U I R I R U I U I R R R =+=
=
==+
应用特勒根定理2，有关系式
''''11221122U I U I U I U I +=+ 即
''''
11121122126(4)6(2)U I R I U I I R R R +⨯+⨯=++⨯
整理可得 '11234U V
==
解法二：把1R ，2R 和N 网络归为'
N 网络中，图（a ）和（b ）变
为题解
4－18图（a ）和（b ），'
N 网络仍为纯电阻网络，为互易网络，根据
互易定
理，'
N 网络端口电压电流关系为
'
2142U U = 故 '216
22344U U V
=⨯=⨯=
注：互易定理是指：对一个仅含线性电阻的二端口电路N ，当激励端口
与响应端口互换位置时，同一激励源所产生的响应相同。

应用互易定理分析电路时应注意以下几点：（1）互易前后应保持网络的拓扑结构及参数不变，仅理想电源搬移；（2）互易前后，网络端口，'
11-，'
22-支路的电压和电流
的参考方向应保持一致，即要关联都关联，要非关联都非关联；（3）互易定理只适用于一个独立源作用的线性电阻网路，且一般不能含有受控源。

对一些仅含一个独立源的互易电路，应用互易定理，通过互换激励与响应位置，可以使计算简便。

4－19 图中网络N 仅由电阻组成。

根据图（a ）和图（b ）的已知情况，求图（c ）中电流1I 和2I 。

解：首先求电流1I 。

解法一：对图（c ）应用叠加定理。

两个电源单独作用的分电路为图（a ）
和题解4－19图（a1）。

由图（a ）知
(1)(1)
123 1I A I A ==
题解4－19图（a1）相当于把图（a ）中的激励和响应互换，因此根
据互易
定理可得
(2)(1)121I I A =-=-
故图（c ）中的电流1I 为
A I I I 213)2(1)1(11=-=+=
解法二：对图（a ）和图（c ）应用特勒根定理2，可得端口电压和电流的关系式为
120)3(200)(2021⨯+-⨯=⨯+-⨯I I 故有
16020
220I A -+=-
=-
解法三：把图（c ）中1I 支路的20V 电压源断开，求一端口电路的诺顿等效电路。

首先把'
11-端口短路，电路为题解4－19图（a1），
由互易定理，
得短路电流
A
I I sc 1)2(1=-=
求等效电阻。

把'
22-端的20V 电压源短路，外加电压源，在此加
20V 电压源，实际就是图（a ）电路，因此有
203eq R =
Ω，诺顿等效电
路如题解（b1）所示。

故由题解图（b1）可得电流1I 为
12020
12203sc eq
I I A
R =
-=-=
下面求电流2I 。

解法一：对图（a ）和（b ）应用特勒根定理2，可得
1
1
ˆ20152(3)201070ˆ 3.520
I I A ⨯+⨯⨯=-⨯+⨯-==-
再对图（b ）和（c ）应用特勒根定理2，并把前面求得的12I A =和
1ˆ 3.5I A =-代入，有
1212ˆ
20(520)2()200I I I I ⨯++⨯=-⨯+⨯ 即 220( 3.5)104020(2)I ⨯-++=⨯-
故解得
2404070
110I A
--+=
=-
解法二：把图（c ）中2I 所在支路断开如题解4－19图（c1）所示。

把图（c1）用戴维宁电路等效，则图（a ），（b ）和图（c ）变为题解4－19
（d ），（e ）和（f ），由图（d ）和（e ）可知
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧==+215eq oc eq oc
R
u R u
从中解得 10oc u V =，5eq R =Ω
故题解（f ）图中的电流2I 为
2201020
1555
oc eq u I A
R --=
==-++
注：本题的求解过程说明，有些题目的求解需几个定理综合应用或重复
使用某个定理，这就要求熟练掌握每一个定理的使用方法和步骤。

4－20 图示电路中N 由电阻组成，图（a ）中，20.5I A =，求图（b ）
中的电压1U 。

解：把4Ω和3Ω电阻及N 网络归入'
N 网络中，如题解图（a ）和
（b ）所
示，设端口电压和电流如图示。

根据特勒根定理2，有 '1212
ˆˆ
5(6)00I U I U ⨯+⨯-=⨯+⨯ 把22330.5 1.5U I V =⨯=⨯=代入上式中，有
1ˆ5 1.5(6)0I +⨯-= 故解得 1
1.56ˆ 1.85I A ⨯==
所以电压
'
1144 1.87.2U I V =⨯=⨯= 本题也可把特勒根定理2直接应用于图（a ）和（b ）。

4－21 图示电路中N 仅由电阻组成。

已知图（a ）中电压11U V =，电
流20.5I A =，求图（b ）中1ˆ
I 。

解：对图（a ）和（b ）应用特勒根定理：
103.03)4(3.02)ˆ(2211⨯⨯+⨯-=⨯⨯+-⨯I I I U
把121,0.5U V I A ==代入上式中，有
1ˆ0.312 1.5I -+=-+ 故解得 1ˆ
10.8I A =
4－22 图示网络N 仅由电阻组成，端口电压和电流之间的关系可由
下式表示： 1111122
2211222i G u G u i G u G u =+=+
试证明1221G G =。

如果N 内部含独立电源或受控源，上述结论是否成立，为什么？
证明：由方程
11111222211222i G u G u i G u G u =+⎧⎨
=+⎩
知，12G ，21G 分别可以表示为
111202i G u u ==，22210
1i G u u ==
由于N 为互易网络，根据互易定理，显然有
1212
0021i i u u u u ===
即 1221G G =
如果N 内部含独立电源或受控源时，一般情况下，N 不再是互易
网
故1221G G ≠。