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．(R1R2)C1C2C1C2； B．R2；

C1C2C1C2

C．R2(C1C2)； D．(R1R2)(C1C2)

解：图6—1中C1和C2并联的等效电容为C1C2，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R2，所以此电路的时间常数为R2(C1C2)。

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Leq分别为

精品

.

L1L22M、L1L2、L1L22M和L1L22M。t0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Req分别为R2、R2、R2和R1R2。由于RL电路的时间常数等于

LeqReq，所以图6—2（A）所示电路的时间常数最大。

10t)V，若初始状态不变而输入增加一倍，则全5．RC一阶电路的全响应uc(106e响应uc变为 D 。

A．2012eC．1012e

10t； B．206e10t；

tτ10t； Ｄ．2016e10t解：由求解一阶电路的三要素法 ucuc()[uc(0)uc()]e10t(2016e10t)V uc20[420]e 可知在原电路中

uc()10V，uc(0)4V。当初始状态不变而输入增加一倍时，有

二、填空题

1．换路前电路已处于稳态，已知Us110V，Us21V，C10.6F，C20.4F。

t0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

uc1(0)6.4V，uc2(0)6.4V。

解： 由t0时刻电路得：

uc1(0)Us110V， uc2(0)Us21V

换路后，电容C1,C2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：

uc1(0)uc2(0) …… ①

C1uc1(0)C2uc2(0)C1uc1(0)C2uc2(0) …… ②

由以上两式解得

uc1(0)uc2(0)C1Us1C2Us26.4V

C1C22．图6—4所示电路的时间常数 τ0.1s。

精品

.

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

U4i14(i13i)， U4i14i 即 4U20i1

于是 R5，τL0.1s R3．某RC串联电路中，uc随时间的变化曲线如图6—5所示，则t0时

t2uc(t)[33e] V 。

解：由图6—5可得

uc(0)6 V， uc()3V 而 ucuc()[uc(0)uc()]e由图6—5可见

tτ33etτ

ducdtt06。将uc的表达式代入此式得

436， 即2s 4tτ因此 uc(t)3(63)e [33e] V (t0)

t24．换路后瞬间（t0），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t0时刻动作，开关动作前电路已处于稳态，则i1(0)0.25A。

精品

.

解：t0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iL(0)1A，uC(0)20V。t0时刻的等效电路如图6—6（b），由此图解得i1(0)0.25A。 三、计算题

1．图6—7所示电路，电容原未充电，Us100V,R500，C10F。t0时开关S闭合，求：1）．t0时的uc和i；2）．uc达到80V所需时间。

解：1）．由于电容的初始电压为0，所以

ucUs(1et)

6将 τRC50010105103s，及Us100V代入上式得

tuc100(1e200t)V（t0）

d ucUSRCe0.2e200t A (t0) 而 iCd tR2）．设开关闭合后经过t1秒uc充电至80V，则

精品

.

ln(0.2)8.045 ms

2002．图6—8所示电路，开关S在t0时刻闭合，开关动作前电路已处于稳态，求t0时的i(t)。

100(1e200t1)80， 即 e200t10.2由此可得 t1解：电流i为电感中的电流，适用换路定则，即

i(0)i(0)4A 而 i()

105A， τL3s

R222t32t3于是 i(t)5(45)e[5 e] A (t0)

3．图6—9所示电路，开关S在t0时刻从a掷向b，开关动作前电路已处于稳态。求：1）．iL(t)（t0）； 2）．i1(t)（t0）。

321.2A，i()1.2A

L123112L3 τ1.8s

12R112解：1）．iL(0)iL(0)于是 iL(t)iL()[iL(0)iL()]e 1.22.4e5 t9tτ

A (t0)

2)．注意到i1(t)为电阻中的电流，不能直接应用换路定则。画出t0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。

精品

.

由图6—7（b）可得

i1(0)0.60.2A， i1()331.8A 121125t9 τ1.8s

因而 i1(t)1.8[0.21.8]e[1.81.6e] A (t0)

4．图6—10所示电路，开关S在t0时刻打开，开关动作前电路已处于稳态。求：t0时的uc(t)。

5t9 和R0可由图6—10(a)的电路计算。

解：uc(0)uc(0)0。稳态时电容相当于开路，uc()（即电容的开路电压）

由图6—10（a）得 ： u4(i1.5u1)2(i1.5u11) ……（1） u12(i1.5u11) ……（2） 由（2）得 u10.5(i1)，将此带入（1）式，得

u1.5i2.5

由此可见 uc()2.5 V， R1.5 

3而 τRCs

4uc2.5[0(2.5)]e4 t3[2.52.5e精品

4 t3] V (t0).

0.5 t) V。若电容C改为0.05F，5．图6—11中，C0.2F时零状态响应uc20(1e且uc(0)5V，其它条件不变，再求uc(t)。

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

12s， R10 0.5而 usuc()20 V

当C改为0.05F，且uc(0)5 V时，

τRCτRC0.5s， uc(0)uc(0)5 V

因而 uc(t)20(520)et0.5(2015e2 t) V (t0)

t 6．图6—12中，us18(t)V，us210e(t)V，全响应

和uc；uc(t)(5et3e2t2)(t) V。求：1）．us1、us2单独作用时的零状态响应uc2）．零输入响应uc3。

解：图6—12的全响uc应等于零状态响应加零输入响应，即

ucuc3 …… ① ucuc(t)uc()uc()e而 uctτtτ …… ②

uc3uc(0)e …… ③

t将图6—12等效为图6—12（a），设图中的usA(t)Be(t)。

精品

.

当Be(t)单独作用时，有

td ucBe t RCucd t k1e其通解为 uctτk2e t （其中k2tτtτB）

1RC tτ将上式及②、③代入①得

()uc()e+k1ek2e+uc(0)e …… ④ ucuc是us1激励时的零状态响应，考虑到uc并将④和题中给出的uc的全响应的表达式对比，可得

()2V， k25V ， uc uC(0)4V， k15V， 0.5s

 t(t)22e因此 uc2 t （t0）

5e2 t5e t (t0) uc2 t uc34e (t0)

7．图6—13所示电路中，激励us的波形如图6—13（a）所示，求响应uc。

解：本题的激励可用三个阶跃函数之和表示，即：

us[20(t)30(t2)10(t6)] V

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。20(t)作用时的响应为

10(1et)(t)uc精品

.

30(t2)作用时的响应为

15(1e(t2))(t2) uc10(t6)作用时的响应为

5(1e(t6))(t6) uc总的零状态响应为

uc(t)[10(1et)(t)15(1e(t2))(t2)5(1e(t6))(t6)] V

8．图6—14所示电路中，激励为单位冲激函数 δ(t)A，求零状态响应iL(t)。

解：设激励为(t)A，用三要素法求电路的单位阶跃响应。 iLε(0)iLε(0)0， iLε()

50.5A 55(55)10L5， τ0.1s

5510R10t)ε(t) A 电流的单位阶跃响应为 iLε(t)0.5(1e根据单位冲激响应和单位阶跃响应的关系，可得电路中的iL(t)：

diL(t)iLε(t)5e10 tε(t)0.5(1e10 t)(t)

d t10 tε(t) A 5eR

9．图6—15所示电路中，is5(t) A，us6(t) V，求t0时的响应u。

解：应用叠加原理求解此题。

精品

.

is5tA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isε5ε(t)A，则

ε(0)ucε(0)0 uε(0)ucuε()isε0.51032.5103 V

τRC5103s

200 t]103ε(t) V 因此 uε(t)[2.52.5e由冲激响应和阶跃响应的关系得

u(t)d uε(t)[0.5e200 tε(t) 2.5103(1e200 t)(t)] d t0.5e200 t(t) V

us6ε(t)V单独作用时，电路如图6—15（b）所示。

6(0)uc(0)0，u()6u(0)uc21.5 V，

122123τRC510s

200 t)ε(t) V 而 u(t)1.5(1e) ε(t) V 因此 u(t)u(t)u(t)(1.5e

10．图6—16所示电路，开关动作前电路已处于稳态，t0时开关S打开，求t0时的i(t)。

200 t

解：由图示电路可求得

i(0)5 A， iL2(0)0

开关动作后

i(0)iL2(0) …… ①

电流发生强迫跃变。根据磁通链守恒原理，可得

0.3i(0)0.1iL2(0)0.3i(0)0.1iL2(0) …… ② 由①、②两式解得

iL2(0)i(0)3.75A 而 i()2 A， τ

L0.42s R525tτ于是 i(t)i()[(i(0)i()]e25t2[2 (3.752)e25t2]

[2 1.75e] A (t0)

如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！

精品

.

精品