第六章(一阶电路)习题解答

第六章(一阶电路)习题解答
一、选择题
1．由于线性电路具有叠加性，所以 C 。

A ．电路的全响应与激励成正比；
B ．响应的暂态分量与激励成正比；
C ．电路的零状态响应与激励成正比；
D ．初始值与激励成正比
2．动态电路在换路后出现过渡过程的原因是 A 。

A ． 储能元件中的能量不能跃变；
B ． 电路的结构或参数发生变化；
C ． 电路有独立电源存在；
D ． 电路中有开关元件存在
3．图6—1所示电路中的时间常数为 C 。

A ．212121)
(C C C C R R ++； B ．2
12
12C C C C R +；
C ．)(212C C R +；
D ．))((2121C C R R ++
解：图6—1中1C 和2C 并联的等效电容为21C C +，而将两个电容摘除后，余下一端口电路的戴维南等效电阻为2R ，所以此电路的时间常数为)(212C C R +。

４．图6—2所示电路中，换路后时间常数最大的电路是 A 。

解：图6—2（A ）、（B ）、（C ）、（D ）所示四个电路中的等效电感eq L 分别为
M L L 221++、21L L +、M L L 221-+和M L L 221++。

0>t 时，将图6—2（A ）、（B ）、（C ）、（D ）中的电感摘除后所得一端口电路的戴维南等效电阻eq R 分别为2R 、2R 、2R 和21R R +。

由于RL 电路的时间常数等于
eq
eq R L ，所以图6—2（A ）所示电路的时间常数最大。

5．RC 一阶电路的全响应)e
610(10t
c u --=V ，若初始状态不变而输入增加一倍，则全响应c u 变为 D 。

A ．t
10e 1220--； B ．t
10e
620--； C ．t
10e
1210--； Ｄ．t
10e
1620--
解：由求解一阶电路的三要素法 τ
t
c c c c u u u u -+∞-+∞=e
)]()0([)( 可知在原电路中
10)(=∞c u V ，4)0(=+c u V 。

当初始状态不变而输入增加一倍时，有
)e 1620(e
]204[201010t t
c u ---=-+=V 二、填空题
1．换路前电路已处于稳态，已知V 101=s U ，V 12=s U ，F 6.01μ=C ，F 4.02μ=C 。

0=t 时，开关由a 掷向b ，则图6—3所示电路在换路后瞬间的电容电压
=+)0(1c u 4.6V ，)0(2+c u 4.6=V 。

解： 由-=0t 时刻电路得：
V 10)0(s11==-U u c ， V 1)0(s22==-U u c
换路后，电容1C ,2C 构成纯电容的回路（两电容并联）,电容电压发生强迫跃变，此时应由电荷守恒原理求解换路后瞬刻的电容电压。

由KVL 得：
)0()0(21++=c c u u …… ①
)0()0()0()0(22112211++--+=+c c c c u C u C u C u C …… ②
由以上两式解得
V 4.6)0()0(2
12
21121=++=
=++C C U C U C u u s s c c
2．图6—4所示电路的时间常数 =τs 1.0。

解：将储能元件开路，独立电源置0后，可得求戴维南等效电阻的电路如图6—4(a)所示。

由于电路中含有受控源，因此需用外加电压法求戴维南等效电阻R 。

由图6—4(a ）得
)34(411i i i U ++=， i i U 441-= 即 1204i U =
于是 Ω=5R ，s 1.0==
R
L
τ 3．某RC 串联电路中，c u 随时间的变化曲线如图6—5所示，则0≥t 时
V ]e 33[)(2
t c t u -+=。

解：由图6—5可得
V 6)(0=+c u ， 3V )(=∞c u 而 τ
t c c c c u u u u -+∞-+∞=e )]()0([)(τ
t -
+=e
33
由图6—5可见
4
6
d d 0
-==t c t
u 。

将c u 的表达式代入此式得
4
6
3-=τ-
， 即s 2=τ 因此 0)( V ]e 33[ e
)3(63)(2
≥+=-+=-
-t t u t
τ
t
c
4．换路后瞬间（+=0t ），电容可用 电压源 等效替代，电感可用 电流源 等效替代。

若储能元件初值为零，则电容相当于 短路 ，电感相当于 开路 。

5．图6—6所示电路，开关在0=t 时刻动作，开关动作前电路已处于稳态，则A 25.0)0(1=+i 。

解：-=0t 时刻，电路处于直流稳态，电感相当于短路，电容相当于开路，等效电路如图6—6（a ）所示。

由图6—6（a ）解得A 1)0(=-L i ，V 20)(0=-C u 。

+=0t 时刻的等效电路如图6—6（b ），由此图解得A 25.0)0(1=+i 。

三、计算题
1．图6—7所示电路，电容原未充电，,V 100=s U Ω=500R ，F 10μ=C 。

0=t 时开关S 闭合，求：1）．0≥t 时的c u 和i ；2）．c u 达到V 80所需时间。

解：1）．由于电容的初始电压为0，所以
)e
1(τ
--=t
s c U u
将 s 10510
1050036
--⨯=⨯⨯==RC τ，及V 100=s U 代入上式得
V )e 1(100200t c u --=（0≥t ）
而 0)(A 0.2e e d d 200≥===--t R
U t u C i t RC
t
S c 2）．设开关闭合后经过1t 秒c u 充电至V 80，则
80)1(1001200=--t e ， 即 2.01200=-t e 由此可得 ms 045.8
200
ln(0.2)
1=-=
t
2．图6—8所示电路，开关S 在0=t 时刻闭合，开关动作前电路已处于稳态，求0≥t 时的)(t i 。

解：电流i 为电感中的电流，适用换路定则，即
A 4)(0)(0==-+i i 而 A 52
10
)(==
∞i ， s 23==R L τ
于是 0)(A ]e 5[e
)5(45)(3
23
2≥-=-+=--t t i t t
3．图6—9所示电路，开关S 在0=t 时刻从a 掷向b ，开关动作前电路已处于稳态。

求：1）．)(t i L （0≥t ）； 2）．)(1t i （0≥t ）。

解：1）．A 2.1322
12113)(0)0(-=⨯+⨯+
-=
=-+L L i i ，A 2.1)(=∞L
i
s 8.12
12113
=+⨯+
==R
L τ
于是 τ
t L L L L i i i t i -+∞-+∞=e )]()0([)()(
0)(A e
4.22.19
5
≥-=-t t
2)．注意到)(1t i 为电阻中的电流，不能直接应用换路定则。

画出+=0t 时刻电路如图6—9(a)所示，等效变换后的电路如图6—9(b)所示。

由图6—7（b ）可得
A 2.03
6
.0)
0(1==
+i ， A 8.12
12113
)(1=+⨯+
=∞i
s 8.1=τ
因而 0)(A ]6.11.8[e
]8.12.0[8.1)(9
59
51≥-=-+=--
t e t i t t
4．图6—10所示电路，开关S 在0=t 时刻打开，开关动作前电路已处于稳态。

求：0≥t 时的)(t u c 。

解：0)(0)(0c ==-+u u c 。

稳态时电容相当于开路，)(∞c u （即电容的开路电压）
和0R 可由图6—10(a)的电路计算。

由图6—10（a ）得 ： )15.1(2)5.14(11+-+-=u i u i u ……（1） )15.1(211+-=u i u ……（2） 由（2）得 1)(5.01+=i u ，将此带入（1）式，得
5.25.1-=i u
由此可见 V 5.2)(-=∞c u ， Ω= 1.5R
而 s 4
3
==RC τ
0)
( V ]e
5.25.2[e
)]5.2(0[5.23
43
4≥+-=--+-=--t u t t c
5．图6—11中，F 2.0=C 时零状态响应V )e
1(20 5.0t
c u --=。

若电容C 改为F 05.0，且5V )(0=-c u ，其它条件不变，再求)(t u c 。

解：以储能元件为外电路，线性含源电阻网络可用相应的戴维南等效电路替代，如图6—11(a)所示。

由题意可知
s 25
.01
==
=RC τ， Ω=10R 而 V 20)(=∞=c s u u
当C 改为F 05.0，且V 5)0(c =-u 时，
s 5.0==RC τ， V 5)0()0(c ==-+u u c
因而 0)( V )e 1520(e
)205(20)(25
0c ≥-=-+=--t t u t .t
6．图6—12中，)(81t u s ε=V ，)(10e 2t u t
s ε=-V ，全响应
=)(t u c V )()2e 3e 5(2t t t ε+---。

求：1）．s1u 、s2u 单独作用时的零状态响应c
u '和c u ''；2）．零输入响应3c u 。

解：图6—12的全响c u 应等于零状态响应加零输入响应，即
3c c c
c u u u u +''+'= …… ① 而 τ
t c c c
u u t u -∞'-∞'='e )()()( …… ②
τ
t
c c u u -+=e )0(3 …… ③
将图6—12等效为图6—12（a ），设图中的)(e )(t B t A u t
s ε+ε=-。

当)(e t B t
ε-单独作用时，有
t c
c
B u t u R
C e
d d -=''+'' 其通解为 t τ
t
c
k k u --+=''e e 21 （其中RC
B
k -=
12）
将上式及②、③代入①得
=c u τ
t c c
u u -∞'-∞'e )()(+ t
τ
t k k --+e e 21+τ
t c u -+e )0( …… ④ 考虑到c u '是1s u 激励时的零状态响应，并将④和题中给出的c u 的全响应的表达式对比，可得
V 2)(=∞'c
u ， V 52=k ， V 4)0(u C =+， V 51-=k ， s 5.0=τ
因此 t
c
t u 2e 22)(--=' （0≥t ）
t t c
u --+-=''e 5e 5 2 (0≥t ) t
c e u 234-= (0≥t )
7．图6—13所示电路中，激励s u 的波形如图6—13（a ）所示，求响应c u 。

解：本题的激励可用三个阶跃函数之和表示，即：
V )]6(10)2(30)(20[-ε+-ε-ε=t t t u s
电路的响应就是上述三个阶跃函数分别作用产生的零状态响应之和。

将图6—13等效为如图6—13(b)所示的电路。

)(20t ε作用时的响应为
)()e 1(10t u t c
ε-='-
)2(30-ε-t 作用时的响应为
)2()e 1(15)2(-ε--=''--t u t c
)6(10-εt 作用时的响应为
)6()e 1(5)6(-ε-='''--t u t c
总的零状态响应为
V )]6()e 1(5)2()e 1(15)()e 1(10[)()6()2(-ε-+-ε--ε-=-----t t t t u t t t c
8．图6—14所示电路中，激励为单位冲激函数 )(δt A ，求零状态响应)(t i L 。

解：设激励为A )(t ε，用三要素法求电路的单位阶跃响应。

0)0()0(==-+L εεL i i ， A 5.05
55
)(=+=
∞L εi Ω=++⨯+=
5105510)55(R ， s 1.0==R
L
τ
电流的单位阶跃响应为 A )(ε)e
0.5(1)(10t t i t
L ε--= 根据单位冲激响应和单位阶跃响应的关系，可得电路中的)(t i L ：
)()e 0.5(1)(ε5e )( d d
)(1010t t t i t t i t t L εL δ⋅-+⋅==--
A )(ε5e
10t t
⋅=-
9．图6—15所示电路中，A )(5μδ=t i s ，V )(6s t u ε=，求0≥t 时的响应u 。

解：应用叠加原理求解此题。

()A 5μδ=t i s 单独作用时，电路如图6—15（a ）所示。

对于冲激响应，可先求其相应
的阶跃响应。

设激励为A )(5εμ=t i s ε，则
0)0()(0)(0='='='-++c εc
εεu u u V 102.5100.5)(33-⨯=⨯⨯=∞'s εεi u
s 1053-⨯==RC τ
因此 V )(ε10]e
5.25.2[)(3 200t t u t
ε--⨯-=' 由冲激响应和阶跃响应的关系得
)]()e 1(105.2 )(εe 5.0[ d )
( d )( 2003 200t t t
t u t u t t εδ-⨯+⋅='=
'--- V )(e 5.0200t t ε⋅=-
)V (6εt u s =单独作用时，电路如图6—15（b ）所示。

0)0()0()(0=''=''=''-++c c u u u ，V 1.522
12126
6)(=⨯+⨯+
-=∞''u ，
s 1053
-⨯==RC τ
而 V )()εe
1(5.1)( 200t t u t
--='' 因此 V )(ε )e
5.1()()()( 200t t u t u t u t
--=''+'=
10．图6—16所示电路，开关动作前电路已处于稳态，0=t 时开关S 打开，求0≥t 时的)(t i 。

解：由图示电路可求得
A 5)0(=-i ， 0)0(2=-L i
开关动作后
)0()0(2++=L i i …… ①
电流发生强迫跃变。

根据磁通链守恒原理，可得
)0(1.0)0(3.0)0(1.0)0(3.022++--+=+L L i i i i …… ② 由①、②两式解得
3.75A )0()0(2==++i i L 而 A 2)(=∞i ， s 25
254.0===
R L τ 于是 ]e
)2(3.75 [2)]e
()0(([)()(2
25t τ
t
i i i t i -
-+-+=∞-+∞=
0)(t A ]1.75e [22
25≥+=-t
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精品。