南京理工大学考研电路真题答案1

南京理工大学
2001 年硕士学位研究生入学考试试题
试题编号：1046 考试科目：电路（满分 100 分）
1． 列写图 1 所示直流电阻电路的节点电压方程的矩阵形式。
图1 解析：如图所示以节点 5 为参考节点， 列写节点电压方程：
⎧(1+ 2 + 3)Un1 −Un2 − 3Un4 = 0 ⎪⎪⎪⎨U−Un3n1=+8U(1+ 6 + 4)Un2 − 4Un4 − 6Un3 = 4 × 4 ⎪⎩−2Un1 − 4Un2 − 7Un3 + (2 + 4 + 7)Un4 = 7I −16
2 = −2Un1 16)Un2 =
2U1
+
4
×
16
解得 U n 2
=
1 2
×
6
=
3V
再求时间常数τ ，先求从电容两端看进去的等效电阻 Req ，添加一电源 U,电路图如图所示，
由节点电压法有
⎧(8 + 2)U ⎪⎨−2Un1 +
n1 − 2Un2 = −2Un1 (2 + 4 +16)Un2 =
2u1
解得 I1 =
−3 ± 2
33
即 I1 = 1.37 或 I1 = −4.67
3.（12 分）图 3 所示电路原来处于稳态，t=0 时开关 S 由 1 位打到 2 位。
（1）如果 us (t) 为直流电源源， us (t) = 4 V,求 t > 0 时 uc (t) ；
（2）如果 us (t) = 4 2 cos t V,重新求 t > 0 时 uc (t) 。
解析：（1）本题考查一阶电路的三要素法。先求原始状态值即 t= 0− 时刻的值，即求电容两
端的电压值，当 t= 0− 时，电路如图所示，列写节点电压方程
⎧(8 ⎪⎨(2
+ +
2)Un1 − 2U 4 +16)Un2
n2
−
= −2U1 2Un1 = −4
×16
+
2U1
⎪⎩Un1 = U1
解得
U n1
2 e j30° 3
∴h(t) = 2 k1 ieαt cos(ωt +θ1) = 2×
2 e−500t cos(500 3
3t + 30°)ε (t) =
4 e−500t cos(500 3
3t + 30)ε (t)
∴单位冲激响应：
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δ (t) = dh(t) = − 2000 e−500t cos(500 3 + 30°) − 2000e − 500t sin(500 3t + 30°)
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解析：电路图如图所示。
由虚短： ua = ub = u2
由虚断得： u1
− ua
=
ua
− uc 2
I1 = u1 − ua
I2
= u2 − uc 3
⇒
u1
=
u2
+
3 2
I2
I1
=
0U 2
+
3 2
I2
由以上等式可写出 T 参数
⎡⎢1 T =⎢
−
3 2
⎤ ⎥ ⎥
⎢⎢⎣0
Pmax
=
U
2 oc
4R
= 36 12
= 3W
(2)本题考查叠加定理和替代定理，将 R1 替代成一电源U1 ，电源大小值为电阻 R1 两端的电
压值，其值随
R1 的改变而改变，即U1
=
I1R1
=
1×
3
=
3
V, U1'
=
I1' R1'
=
1 2
×
9
=
4.5
V，设 U s
为
有源电路的电源值，由叠加定理可得 I2 = k1U1 + k2Us ，根据已知条件列写方程：
R1 = 9Ω 时 I1 = 0.5 A, I2 = −7.5 A.
求：（1）当 R1 为何值时它能获得最大功率并计算此最大功率；
（2）如果电流 I2 = 0 A,则 R1 为何值？
（3）如果 R1 为非线性电阻，U1 = I12 ，求此时 I1 。
解析：（1）由已知条件可知仅 R1 发生变化，其它部分不变，画出从 R1 两端看进去的戴维南
− 90°
= 100∠0°
I1
=
Uc 30 + jωL
=
100∠0° 30 + 40 j
=
2∠ − 53.1°
由 KVL 可得
(65 +15 + 20 +
1 jωC
+ 30 +
jω L) I1
= Us (t)
代入数据 即
(130 − 60 j)I1 = Us ⇒ Us = (130 − 60 j)i2∠ − 53.1 = 286.4∠ − 77.9° ∴ P = UI cosϕ = 286.4× 2 cos 24.8 = 520 W
−
3 2
⎥ ⎥⎦
9.(10 分)列写图 8 所示电路以 uc2 、uc3 、iL4 和 iL5 为状态变量的状态方程的矩阵形式和以 u1 、
ic3 为输出变量的输出方程的矩阵形式，已知 R1 = 1Ω, C2 = 2F, C3 = 3F , L4 = 4H , L5 = 5H
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（2）当Us (t) = 4
2 cos t
V
时，设 U s
=
4∠0° ，ω
=1，−
j1 ωC
=
−
j1 1× 16
=
−
j3 16
，由
3
节点电压：
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⎧(8 + 2)Un1 − 2Un2 = −2U1
⎨⎪⎪−2U n1 ⎪
+ (2 +
4 +16 +
j
16 3
)U
n2
=
64 +
增补方程： I = (Un4 −Un3 )i7
U = Un2 −Un3 代入以上节点电压方程消去 I 和 U
⎧6Un1 −Un2 − 2Un4 = 0
⇒
⎪⎪⎨⎪−−U8Un1n+2 +119UUnn23
− 6U =0
n3
−
4U n 4
= 16
由此可写出节点电压方程的矩阵形式
⎪⎩−2Un1 − 4Un2+ 42Un3 − 36Un4 = −16
∴ I = 10 cos(100t − 90°) 2
P = usI cosϕ = 10 × 5 cos 90° = 0 22
Q = UsI sinϕ = 10 × 5 sin 90° = 2.5W 22
8.（10 分）含理想运算放大器电路如图 7 所示，求其传输函数（T 参数）。
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等效电路图，如上图右所示，则有Uoc = I1(R1 + Req ) ，代入已知条件有
⎧U ⎪
oc
⎨
⎪⎩U oc
= 1× (3 + Req )
=
1 2
×
(9
+
Req
)
⇒
⎪⎧R ⎨
e
q
⎪⎩U oc
= 3Ω = 6V
则由最大功率传输定理可得，当 R1 = Req = 3Ω 时，它能获取最大功率，最大功率为
⇒
u5
=
(RsC)2 + RsC ( RsC ) 2
+1 u1
∴H (s)
=
uo (s) us (s)
=
2u1 ( s) (RsC)2 + RsC
( RsC ) 2
+1 u1
=
2(Rsc)2 (RsC)2 + RsC
+1
=
s2
2s2 + 1000s
+ 106
（2）由（1）知 H (s)
=
s2
2s2 +1000s +106
⎡6 −1 0 − 2 ⎤ ⎡Un1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢⎢−1 ⎢0 ⎢⎣−2
11 −8 −4
−6 9 42
−
4
⎥ ⎥
⎢⎢U
n
2
⎥ ⎥
−
0 36
⎥ ⎥ ⎦
⎢U ⎢ ⎣U
n3 n4
⎥ ⎥ ⎦
⎢ =⎢
16
⎥ ⎥
⎢0 ⎥
⎢⎣−16⎥⎦
2.（12 分）图 2 所示电路中 Ns 为线性有源电路，已知当 R1 = 3Ω 时 I1 = 1A, I2 = −3 A;当
⎧−3 = ⎨⎩−7.5
k1 =
i3 + k2U k1i4.5 +
s
k2Us
解得 k1 = −3, k2Us = 6
∴ I2 = −3U1 + 6 当 I2 = 0时 ，解得 U1 = 2 V
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再将 R1 支路用电流源替代，电压源Us 单独作用时通过 R2 的电流为 G,由叠加定理由
I2 = gI1 + G ，代入已知条件列写方程有：
求电源电压 us (t) 及其发出的有功功率 P 和无功功率 Q.
解析： i2 = 0 右侧发生并联谐振， ω =
1= LC
1
= 100
1×100 ×10−6
−
j
1 ωC
=
−
1 j 100×100×10−6
=
−
1 j 10−2
=
− j100 ，设 Ic
= 1∠90°
∴U c
=
Ic
×
j
1 ωC
= 1∠90°×100∠
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Q = UI sinϕ = 286.4× 2sin(−24.8) = −240 W
5.（10 分）已知某有向连通图 Gd 的基本回路矩阵 Bf ： ⎡1 0 0 1 −1 0 1 ⎤
Bf = ⎢⎢0 1 0 0 0 −1 −1⎥⎥ ⎢⎣0 0 1 0 1 1 0 ⎥⎦
列写该图 Gd 的全阶关联矩阵 Aa 和对应同一个树的基本割集矩阵 Qf .
⎪⎧−3 = ⎪⎩⎨−7.5
g =
+ 1 2
G g
+
G
⇒
⎧g ⎨⎩G
= =
9 −12
则有
I2
=
9I1
−12
，当
I2
=
0
时，有
I1
=
4 3
因此
R1
=
U1 I1
=1.5 Ω
（3）由戴维南定理得 U1 = Uoc − I1 Req = 6 − 3I1 ，而U1 = I12 代入可得
I12 + 3I1 − 6 = 0
d (t)
3
+ 4 e−500t cos(500 3t + 30°)δ (t) 3
7.（10 分）含耦合电感电路如图 6 所示，已知耦合系数 K =
1 2
， us
(t)
=
10 cos(100t) V.
求电压源 us (t) 发出的有功功率 P、无功功率 Q 和电压 u1(t) 。
解析： k = M = M = 1 ∴ M = 10mH ,ω = 100 ，去耦等效电路如图所示 L1L2 10 × 20 2
+
i
⎪⎩u = un2
Req
=U i
= Un2 128U n1
= 6Un1 128U n1
=
3 64
,时间常数τ
= Req iC
=
3 × 16 64 3
=
1s 4
由三要素法可得Uc (t)
= Uc (∞)
+ [Uc (0+)
−t
−Uc (∞))e τ
]
=
3+
(−3 − 3)e−4t
=
3 − 6e−4t
，先求单位阶跃响应，即 us (s) =
1 s
∴uo(s) = H (s)ius(s) =
2s2
i1 =
2s
D(s) = s2 +103 s +106 = 0
s2 +103 s +106 s s2 +103 s +106
其根 s1,2 = −500 ± 500
3j
∴ k1 =
2 ∠30° 3
k1 = k1 e jθ =
2U1
⎪⎩U1 = Un1
解得 uc (t)
=
un2
=
64× 3× 6 128× 3 + 96
j
=
1152 395.82∠14°
=
2.91∠
−14°
− −t
∴uc (t) = Ae τ + uc (t) = 2.91
− −t
2 cos(t −14°) + Ae τ
τ =1 4
由 uc (0+) = 2.91 2 cos14° + A = −3 A = −7 ∴ uc (t) = 2.91 2 cos(t −14°) − 7e−4t 4.（12 分）图 4 所示正弦稳态电路，调节电容 C=100 μ F 时电流 i2 = 0 , ic 的有效值 Ic = 1A.
=
−
1 2
V, U n 2
= −3 V
由于电容两端的电压不能发生跃变，即Uc (0− ) = Uc (0+ ) = −3 V
当 t= 0+ 时，开关打向 2，当 t-> ∞ 时，电容相当于断开，等效电路图如图所示
6
由节点电压法，列写节点电压方程
⎧(8 + 2)U ⎨⎩−2Un1 +
n1 − 2Un (4 + 2 +
L1 = 10mH ， L2 = 20mH , L1 − M = 0H , jω(L2 − M ) = j ×100× (20 −10) ×10−3 = j
jωM = j ×100×10×10−3 = j ∴u1(t) = 0 ,受控电源无电流，断路
设 us =
10 ∠0° = 2
5∠0° ∴ I = Us = 5∠0° = 5 ∠ − 90° 2s 2∠90° 2
解析：由基本回路矩阵画出图如图所示
6.（12 分）含理想运算放大器电路如图 5 所示，已知 R = 1KΩ ， C = 1μF 。 （1）求网络函数 H (s) = Uo (s) ；
Us (s) （2）求单位冲激响应 uo (t) 。
解析：（1）由电路图可得 u3 = uo (s), u5 = us (s) ，由虚短可得： u1 = u2
由虚断及 KCL 对节点 1 有
：(1 R
+
1 R )u1
=
1 R u3
= 0 ⇒ uo (s) = 2u1(s)
对节点
2
有： (sC
+
1 R )u2
−
sCu4
=
0
可得
u4
=
1+ RsC Rsc
u2
=
1+ RsC Rsc
u1
对节点
4
有： (sC
+
sC
+
1 R
)u4
−
sCu5
−
sCu2
−
1 R
u3
=
0