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1、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”时。解：首先画出两个电源m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11 5sinr（1 + +） =3 2+1 川 1-5sm- c
2、-u = c =3sm/ V= i x1 = u = x3sin t = sin t V ah 2+13 ”1 3对（b）图，应用电阻的分流公式有e-t1 1所以所以x1 + 1 +1 33 2 1 _m- Ir-T1-4=3-I2+n p l*7/1+（）207 n 5q|（）207 W 必。20 厂 N（）2OP解：首先求电流4。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（al）。由图（a）知/=3A /（I）= 1A题解4-19图（al）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/= 一/=-1A故图（C）中的电流4为I =/+
3、/（2）=3-1 = 2A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20x（-/ ） + Ox/ =20x（-3） + 20x1=2A解法三：把图（c）中4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1-1,端口短路，电路为题解4-19图（al）, 由互易定理，得短路电流1 =-Z（2）= 1A sc 1求等效电阻。把2-2端的20V电压源短路，外加电压源，在此加R2。丫电压源，实际就是图（a）电路，因此有3 3,诺顿等效电路如题解（bl）所示。故由题解图（bi）可得电流4为I =-7=*=241 R sc 20 eq 3下面求电流,2。解法
4、一：对图（a）和（b）应用特勒根定理2,可得 20x7+1x5x2 = （-3）x 20+1x0-70/ =_ = -3.5A 120再对图（b）和（c）应用特勒根定理2,并把前面求得的=2A和 /： = -3.5A代入，有20x/ + （5/ +20）x2 = （-Z）x 20+7x0 1212即20x（-3.5） + 10/ +40 = 20x（-2）-40 -40 + 70=1A故解得210解法二：把图（c）中,2所在支路断开如题解4-19图（cl）所 示。把图（cl）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m =
5、1eq9oc= ZITeq从中解得ii = 10 V R =5Cx- eq2 R +55+5eqI =W-20 10-20 a =一】A故题解（f）图中的电流。为注：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，Z2=0-5/1,求图（b） 中的电压q。1解：把4c和3c电阻及N网络归入”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5x/+C/x(-6) =/ xO + Ox把U2=3xO=3x0.5 = 1.5V代入上式中，有5/ +1.5x
6、(-6) =0/ J.故解得15所以电压所以电压U =4x/ =4x1.8 = 7.2 V1 1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）中电压电A流，2=0.5A,求图（中解：对图（a）和（b）应用特勒根定理：Ux + 2 x/2x0.3 = （-4）x3+/2x0.3x10 把J =1匕1 = 0.54代入上式中，有-I +0.3=-12+1.5 1故解得I =10.8A14-22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i = G u + G u .111 112 2下式表示：1 = G u +G u221 122 2试证明
7、G|2=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：由方程知，G54-220i = G u + G u 111 112 2i = G u +G u221 122 2分别可以表示为12 w = 02 i21由于X为互易网络，根据互易定理，显然有 ii1=_2_wQ u = 0 - w w =0/ i1 2G =G1221N不再是互易网如果N内部含独立电源或受控源时，一般情况下,痂G 丰G以 1221 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j=_ = .5 A14所以根据KVL有所以根据KV
8、L有w（i）= 3x 2/（i）+ 2 =-3x 2x 0.5 + 2 = 1 V 21由（b）图，得由（b）图，得i2）= 0 1故原电路中的电压U = +（2） =82224-4应用叠加定理求图示电路中电压U 02JcQ 1k。1但收叭）Ikfi uO 6U。）Y -T _题4-4图解：按叠加定理，作出5V和10 V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）o 由图（c）,得2U -57_2。-51 + 2 + a”33从中解得由图（d）得U（1）= 3 V2U例U =r-Xl2+
9、:+12U（2）+平 n- -3从中解得从中解得20U(2)= 3 =4 V故原电路的电压U=U+U=-3 + 4 = 1 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
10、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 忆。其中q= 10V o题4-5图解：由齐性定理可知，当电
11、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。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i =r =1 A 55则可计算出各支路电压电流分别为u =u = r x 20 = 1 x 20 = 20 V 。5u =, = r x(4+ 20) = 1x24 = 24 V 2”25i =r =w /12 = 24/12 = 2 A 4 4n2i =f =r +r=2+1=3 A 3345u = ic = i, x5 + w =3x5+24 = 39 V n1 3n 2z=r=r+r =1+3=4 A 1123u = w = r x4 + w =
12、4x4 + 39 = 55 V 6sl即当激励;=：=55时，各电压、电流如以上骨算数值，现给定10“ 10 2“io V,相当于将以上激励缩小了转倍，即 一而一ii2故电路各支路的电流和结点电压应同时缩小11倍，一有28i = Ki = _x4 =_ = 0.727 Ai = Ki = _x1 =_ A22 11112 c 6i = Ki = _x3 = _ A33111124i = Ki =_x2 = _ A4411112211112u = Ku = _ x39 =DVn1 n1 112u =Ku =_x24 =CV “2”2 17 TT=0.364输出电压和激励的比值为10 11注：本题
13、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4-6图示电路中，当电流源。和电压源，反向时（“/不变），电压与 是原来的0.5倍；当。和%反向时（，不变），电压与是原来的0.3 倍。问：仅。反向（, 均不变），电压%应为原来的几倍？无源电路解：根据叠加定理，设响应u = Ki + K u + K uah 1 ,v12 .d 3 s2式中3，、2，A为未知的比例常数，将已知条件代入上式，得0.5 = K i K u + K u 9 ah 1 512 5l 3 s2q 0.3u = -K i + K u -Ku q
14、ab 1 si 2 si 3 s2xu = -K i + K + K u (th1 s1 2 s1 3 s2将式，相加，得1.8 = 一K i + K u + K u ab1 512 $13 $2显然式等号右边的式子恰等于式等号右边的式子。因此得所求倍数。x = 1.8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0田=1匕U =15V,当开关S在位置1时，毫安 表的读数为/ =40滔；当开关s合向位置2时，毫安表的读数为 /“ = -60滔。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题-了球据叠加定理l=Kl +K UI
15、s 2 s当开关S在位置1时，相当于幺二,当开关S在位置2时，相当于 u =u当开关s在位置3时，相当于把上述条件代入以上方程式 中，可得关系式40 = K11 5-60 = KI + KU =40+K2x10“ -100K =-10从中解出210所 以 当S一在 位 置 3 时 ，有I =K I +K (U ) = 40 + (-10)x(-15)=190 mA4-8求图示电路的戴维宁和诺顿等效电路。O匕解：求开路电压、,。设，参考方向如图所示，由KVL列方程 (2+4)7 + 3+2(/-1) = 0 i=-a解得8u =4x/ = 4x(-2.) = -0.5 Voc8求等效内阻 O将原
16、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 = (2+2)/4=2 Q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。I =忆=-05=一0 254其中其中“ R 2eq注意画等效电路时不要将开路电压，的极性画错，本题设a端为，的“ + ”极性端，求得的，为负值，故(b)图中的b端为开路电压 的实际“ + ”极性端。题解4-8图4-9求图示电路的戴维宁等效电路。题4-9图解：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，。设，=何=1匕 各支路电流如图示，计算得10i = i =1455 IQU
17、 =u = (2 +10)x1 = 12 V2 n2 q u 12i = i = -u2. =_ = 2.4 A4455i = i + i = 2.4 +1 = 3.4 A334u = w = ”1 n1 U i =r =22657 x f + w =7x3.4 +12 = 35.8 V aa应.=5.967 46i =r + i = 5.967 + 3.4 = 9.367 A 12 3u = w = 9 x /1 4- u = 9x9.367 + 35.8 = 120.1 V s s1故当5V时，开路电压，为5w = Ku =x10 = 0.416V研 “ 12.1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R 为R =(9/6 + 7)/5 + 2/10 =3.505。 eq画出戴维宁等效电路如题解4-9图所示。题解4-9图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。